Soluções Blow-up para uma classe de Equações Elípticas

Universidade Federal de Campina Grande

Centro de Ciências e Tecnologia

Programa de Pós-Graduação em Matemática

Curso de Mestrado em Matemática

Soluções Blow-up para uma classe deEquações Elípticas

por

Geizane Lima da Silva †

sob orientação do

Prof. Dr. Angelo Roncalli Furtado de Holanda

Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Programa

de Pós-Graduação emMatemática - CCT - UFCG, como

requisito parcial para obtenção do título de Mestre em

Matemática.

†Este trabalho contou com apoio nanceiro da CAPES

Soluções Blow-up para uma classe deEquações Elípticas

por

Geizane Lima da Silva

Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Programa de Pós Graduação em

Metemática - CCT - UFCG, como requisito parcial para obtenção do título de Mestre

em Matemática.

Área de Concentração: Análise

Aprovada por:

Prof. Dr. Aldo Trajano Lourêdo - UEPB

Prof. Dr. Claudianor Oliveira Alves - UFCG

Prof. Dr. Angelo Roncalli Furtado de Holanda - UFCG

Orientador

Universidade Federal de Campina Grande

Centro de Ciências e Tecnologia

Programa de Pós-Graduação em Matemática

Curso de Mestrado em Matemática

Março de 2010

ii

Resumo

Neste trabalho estudamos a existência de soluções positivas do tipo blow-up para

uma classe de equações elípticas semilineares. Usamos argumentos desenvolvidos por

Cîrstea & Radulescu [6], Lair & Wood [20] e as técnicas empregadas são o Método

de Sub e Supersolução, Teoremas de Ponto xo e em alguns resultados exploramos a

simetria radial e algumas estimativas para equações elípticas.

Palavras-chave: Sub e supersolução, Soluções Blow-up, Princípio de máximo.

Abstract

In this work we studied the existence of blow-up positive solutions for the class

of semilinear elliptic equations. We used arguments developed by Cîrstea & Radulescu

[6] and by Lair & Shaker [20] and the techniques used are the method of Sub and

Supersolution, Fixed point theorems and some results explored radial symmetry and

some estimates for elliptic equations.

Keywords: Sub and supersolutions, Blow-up solutions, Maximum principle.

Agradecimentos

Primeiramente, agradeço a Jeová Deus, por tudo.

Aos meus pais, Braz (in Memorian) e Zinalva, por todo amor e carinho dedicado

e pelos sacrifícios feitos para possibilitar a educação dos lhos.

Aos meus irmãos, Genivaldo, Gilvan, Gilvanete, Jaison, Jairan e Júnior pelo

incentivo, compreensão e amizade.

As Minhas amigas, Jamile, Indiara, Ruth, Bruna e Norma por acreditarem em

mim, pelo apoio, pelas palavras de incentivo e conforto nos momentos de desânimo.

A CAPES, pelo apoio nanceiro.

A meu orientador, Angelo Roncalli, pela orientação, disponibilidade, paciência e

por toda ajuda concedida por meio dos conhecimentos transmitidos.

Aos professores Aldo Trajano Lourêdo e Claudianor Alves, membros da banca,

pela disposição na avaliação deste trabalho.

Aos professores do DME da UFCG, em especial ao Daniel Cordeiro, ao Braúlio,

ao Francisco Júlio, ao Henrique Fernandes, ao Claudianor Alves e ao Angelo Roncalli

pelas disciplinas lecionadas que contribuiram na minha formação acadêmica.

As "Ridículas", Leidmar, Sheila e a Clara, por tornarem os estudos menos pe-

sados, com brincadeiras e piadas engraçadas, em especial a Leidmar, por toda ajuda

prestada nos primeiros semestres e pelo seu bom humor.

Aos companheiros da pós graduação, Joseane, Rodrigo, David, Suene, Leomaques,

Rawlilson, Denilson, Joseluis, Clara, Paulo, Marciel, Nercionildo e Adriano pela ajuda

e os estudos compartilhados, especialmente a Luciano, Jackson, Éder, Sabrina, Sheila,

Jéssyca, Natan e Désio.

Aos colegas de Graduação da Uesc, Alex, Joice, Érico, Cris, Welton, Alexan-

dre, Kaliana, Karine, Priscila, Edilêide e ao professor Cícero, pelo incentivo e pela

recomendação ao mestrado.

A todos que fazem parte do DME da UFCG, especialmente a Salete, Argentina,

Severina (Dona Dú), Suenia e Shirley.

vi

Dedicatória

À minha mãe, dona Zi-

nalva, a memória do

meu pai Braz e ao meu

sobrinho Tarley.

vii

Sem sonhos, a vida não tem

brilho. Sem metas, os sonhos não

têm alicerces. Sem prioridades,

os sonhos não se tornam reais.

Augusto Cury

viii

Conteúdo

Notações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1 Sub e Supersoluções 11

1.1 Sub e supersolução para Ω limitado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2 Sub e supersolução para Ω = RN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Problemas Semilineares sob a condição de Keller-Osserman 25

2.1 O Laplaciano para Funções Radiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2 Um Problema Auxiliar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3 Lemas Técnicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.4 Resultados de Existência para Domínios Limitados . . . . . . . . . . . 40

2.5 Resultados de Existência para Domínios Ilimitados . . . . . . . . . . . 46

3 Problemas Semilineares: Caso Sublinear 54

3.1 Resultados de Existência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3.2 Resultados de Não Existência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

A Espaços Vetoriais Topológicos 82

B Resultados Utilizados na dissertação 88

Bibliograa 98

Notações

• |A| - Volume (medida de Lebesgue) do conjunto A;

• B(x,R) - Bola aberta de centro x e raio R;

• Ck(Ω) - Espaço das funções k vezes diferenciáveis em Ω ⊆ RN ;

• Ck,α(Ω) - Espaço das funções k vezes diferenciáveis, cujas derivadas são Holder

contínuas com expoente α;

• Ck,αloc (Ω) - Espaço das funções k vezes diferenciáveis, cujas derivadas são local-

mente Holder contínuas com expoente α;

• C∞(Ω) - Espaço das funções innitamente diferenciáveis em Ω ⊆ RN ;

• < f > - Valor médio da função f ;

• Lp(Ω, µ) - Espaço das funções Lebesgue mensuráveis sobre Ω ⊆ RN , p-integráveis,

com 1 ≤ p ≤ ∞, segundo a medida µ.

Se µ denota a medida de Lebesgue, poremos Lp(Ω);

• W k,p(Ω), H1(Ω) - Espaço de Sobolev, com Ω ⊆ RN aberto;

• r R - r converge para R com valores r < R;

• r R - r converge para R com valores R < r;

• wN - Volume da esfera no Rn.

Introdução

Nos últimos anos os problemas elípticos tem recebido atenção dos pesquisadores

em Equações Diferenciais Parciais motivados pela amplitude de suas aplicações em

modelos físicos, nas ciências biológicas e em diversas áreas do conhecimento humano.

Os métodos matemáticos e os argumentos de análise matemática desenvolvidos,

fundamentados pela teoria elíptica, podem ser aplicados em muitos problemas.

Muitas vezes, a busca por soluções para as equações diferenciais parciais elípticas,

não é simples, surgem diculdades, especialmente com relação ao domínio em que

estamos trabalhando. Um problema diretamente relacionado com o domínio, é o fato

deste ser limitado ou não, como por exemplo o RN .

Em particular, nesta dissertação, deteremos nossa atenção ao estudo da existência

e das propriedades das soluções do problema ∆u = p(x)f(u) em Ω,

u ≥ 0, u 6= 0 em Ω,(P )

onde Ω ⊂ RN(N ≥ 3) é um domínio regular.

Um número considerável de problemas do tipo (P ) apresentam singularidades

sobre a fronteira do tipo blow-up. Uma solução de (P ), sujeita a condição de fronteira

singular u(x) → ∞ quando dist(x, ∂Ω) → 0, se Ω 6= RN é limitado ou ilimitado com

fronteira compacta, ou u(x) → ∞ quando |x| → ∞, para Ω = RN , é chamada de

solução do tipo blow-up ou simplesmente, solução blow-up.

Problemas desse tipo tiveram origem nos estudos feitos por Bieberbach em 1916,

motivado por um problema em Geometria Riemanniana, em que considera f(u) = eu

(modelo exponencial) e Ω ⊂ RN com N = 2, e Rademacher em 1943 que estuda o

Introdução 10

mesmo problema com N = 3. Em 1974, Loewner e Niremberg, também motivados por

um problema em Geometria Riemaniana considerou o caso em que f(u) = up (modelo

potência), com p = (N + 2)/(N − 2).

Inicialmente, no Capítulo 1, apresentamos um método clássico de resolução de

equações diferenciais parciais, conhecido como método de subsolução e supersolução.

Usamos a técnica de Interação Monôtonica desenvolvida por Figueiredo em [10], técni-

cas similares as de Ni [26] e um argumento tipo boot-strap, conforme Lazer & Mckenna

[22].

Em seguida, no Capítulo 2, mostraremos a existência de solução blow-up para

o problema (P ) quando Ω é limitado, ilimitado com fronteira compacta e quando

Ω = RN . Uma hipótese fundametal é a condição de Keller-Osserman,∫ ∞1

[2F (t)]−1/2dt <∞ onde F (t) =

∫ t

0

f(s)ds. (KO)

Utilizaremos princípios do máximo e os argumentos e técnicas desenvolvidas no artigo

de Cîrstea e Radulescu [6].

No Capítulo 3, tomando por base o artigo de Lair & Wood [20], consideramos

um caso particular que é o problema sublinear

∆u = p(x)uγ, x ∈ RN ,

N ≥ 3 e 0 < γ ≤ 1. Neste caso, restrigimos o problema ao caso radial e mostramos

que ∫ ∞0

rp(r)dr =∞

é uma condição necessária e suciente para existência de solução blow-up. Mostramos

também, alguns resultados de não existência de solução quando Ω é limitado. Aqui

usaremos teorema do ponto xo de Schauder-Tychono, argumentos e técnicas desen-

volvidas por Kusano & Oharu em [18] e Lair & Wood em [19].

NoApêndice A, apresentamos alguns conceitos relacionados a Espaços Vetoriais

Topológicos que são utilizados na dissertação. Além disso, mostramos que C([0,∞)) é

um espaço de Fréchet, o que é importante para o desenvolvimento do primeiro teorema

do capítulo III.

Por m, no Apêndice B, enunciamos os principais resultados utilizados ao longo

do nosso trabalho.

Capítulo 1

Sub e Supersoluções

Neste capítulo apresentaremos o método de subsolução e supersolução, que será

útil no estudo do seguinte problema

∆u = p(x)f(u) em Ω,

u ≥ 0, u 6= 0 em Ω,(P )

onde Ω ⊂ RN é um domínio suave limitado (ou ilimitado) ou Ω = RN .

No que segue, consideraremos as seguintes hipóteses sobre as funções p e f :

• (P0) p ≥ 0, p ∈ C0,α(Ω) se Ω é limitado e p ∈ C0,αloc (Ω) caso contrário, onde

0 < α < 1.

• (F ) f ∈ C1[0,∞), f ′ ≥ 0, f(0) = 0 e f > 0 em (0,∞).

Considere a família de problemas


u ≥ 0, u 6= 0 em Ω,

u = g em ∂Ω,

(Pg)

onde g : ∂Ω −→ (0,∞) é contínua1 e a fronteira ∂Ω é uma superfície regular em RN .

1Ver Apêndice B

Cap.1 Sub e Supersoluções 12

Denição 1.1 (Subsolução) Uma função u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) é uma subsolução de

(Pg) se

∆u ≥ p(x)f(u) em Ω,

u ≤ g em ∂Ω,

u ≥ 0, u 6= 0 em Ω.

(Pg)

Denição 1.2 (Supersolução) Uma função u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) é uma supersolução

de (Pg) se

∆u ≤ p(x)f(u) em Ω,

u ≥ g em ∂Ω,

u ≥ 0, u 6= 0 em Ω.

(Pg)

1.1 Sub e supersolução para Ω limitado

Nesta seção mostraremos um resultado que será uma ferramenta de fundamental

importância na demonstração do Teorema de Sub e Supersolução.

Lema 1.1 Seja f uma função satisfazendo a condição (F ) e p satisfazendo a condição

(P0) para Ω ⊂ RN , (N ≥ 3) limitado. Suponha que g ∈ C(∂Ω) e vk é única solução

não negativa de ∆vk = p(x)f(vk−1) em Ω, com k = 1, 2, . . .

vk = g em ∂Ω,

tal que a sequência vk é monótona, v0 ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) e existem funções contínuas

v, v ∈ Ω tais que

0 < v(x) ≤ vk(x) ≤ v(x), x ∈ Ω e k = 1, 2, . . .

Então a função v(x) = limk→∞

vk(x) é solução clássica do problema

∆v = p(x)f(v) em Ω,

v = g em ∂Ω.(Pg)


Prova. Para provarmos o lema acima, utilizaremos um argumento do tipo boot-strap.

Seja x0 ∈ Ω ⊂ RN e r > 0, escolhido de tal forma que B(x0, r) ⊂ Ω, onde B(x0, r) é

uma bola aberta de raio r, centrada em x0. Considere a função2 ψ ∈ C∞(RN), dada

por

ψ =

1 em B(x0, r/2),

0 em (B(x0, r))C .

(?)

Observe que

∂(ψvk)

∂xi= vk

∂ψ

∂xi+ ψ

∂vk∂xi

,

∂2(ψvk)

∂xi2= vk

∂2ψ

∂xi2+ 2

∂ψ

∂xi

∂vk∂xi

+ ψ∂2vk∂xi2

, com i = 1, 2, . . . , N.

Daí,

∆(ψvk) = 2∇vk∇ψ + qk, (1.1)

onde qk = vk∆ψ + ψ∆vk.

Desde que,

|∆vk| = |p(x)f(vk−1)| ≤ maxB(x0,r)

p(x)|f(v)| ≤ C4,

com C4 independente de k, temos

|qk| ≤ |vk||∆ψ|+ |ψ||∆vk| ≤ C1C2 + C3C4 ≤ C,

de onde segue que, ‖qk‖L∞(B(x0,r)) ≤ C 3.

Além disso, multiplicando (1.1) por (ψvk), obtemos

ψvk∆(ψvk) = 2vk∇ψ(ψ∇vk) + ψvkqk.

Denotando

Sk = ψvkqk − vk[∇ψ(2vk∇ψ)]

e

Ak = 2vk∇ψ,2Ver livro de análise do Elon, [23]3Com C independente de k. As demais funções que posteriormente aparecem indexadas a k e que

forem limitadas terão por limitação uma constante independente de k.


obtemos

ψvk∆(ψvk) = Ak∇(ψvk) + Sk. (1.2)

Desde que

|Ak| = 2|vk∇ψ| ≤ 2|vk||∇ψ| ≤ C5,

|Sk| ≤ |ψ||vk||qk|+ 2|vk|2|∇ψ|2 ≤ C6.

Temos

‖Ak‖∞ ≤ C5 e ‖Sk‖∞ ≤ C6.

Mostrando que Ak e Sk são limitadas em L∞(B(x0, r)).

Agora, fazendo ψvk = u, usando (?) e a Identidade de Green, temos∫B(x0,r)

u∆u = −∫B(x0,r)

|∇u|2dx, (1.3)

pois u = ψvk = 0 em ∂B(x0, r).

Integrando (1.2) e utilizando (1.3), deduzimos que∫B(x0,r)

|∇(ψvk)|2dx = −∫B(x0,r)

[Ak∇(ψvk) + Sk]dx

≤∫B(x0,r)

|Ak∇(ψvk) + Sk|dx

≤∫B(x0,r)

|Ak||∇(ψvk)|dx+

∫B(x0,r)

|Sk|dx

holder

≤ ‖Ak‖L2(B(x0,r))

(∫B(x0,r)

|∇(ψvk)|2dx) 1

2

+ ‖Sk‖L2(B(x0,r))|B(x0, r)|

≤ C1

(∫B(x0,r)

|∇(ψvk)|2dx) 1

2

+ C2.

Isto é,

‖∇(ψvk)‖2L2(B(x0,r))

− C1‖∇(ψvk)‖L2(B(x0,r)) − C2 ≤ 0.

Note que a expressão acima é uma equação do 2 grau na variável ‖∇(ψvk)‖L2(B(x0,r)),

de onde segue que,

‖∇(ψvk)‖2L2(B(x0,r))

≤ C21 + 2C2 ≤ C.

Portanto, ∇(ψvk) é limitada em L2(B(x0, r)) e C independe de k. Por (?) concluímos

que ∇vk é limitado em L2(B(x0, r/2)).


Agora, para k ≥ 1, dena a função ψ1 ∈ C(RN) dada por

ψ1 =

1 em B(x0, r/4),

0 em (B(x0, r/2))C .(??)

Observe que,

∆(ψ1vk) = 2∇vk∇ψ1 + q1k, (1.4)

onde q1k = vk∆ψ1 +ψ1∆vk e q1k é limitado em L∞(B(x0, r/2)) por uma constante que

independe de k.

Considere o problema ∆(ψ1vk) = h1k em B(x0, r/2),

ψ1vk = 0 em ∂B(x0, r/2),(P1k)

com h1k = 2∇vk∇ψ1 + q1k e h1k ∈ L2(B(x0, r/2)). Por regularidade Elíptica4, temos

ψ1vk ∈ W 2,2(B(x0, r/2)) e ‖ψ1vk‖ ≤ C‖h1k‖ ≤ C

Assim, vk é limitado em W 2,2(B(x0, r/4)), de onde segue que ∇vk é limitado em

W 1,2(B(x0, r/4)) .

Da imersão contínua

W 1,2(B(x0, r/4)) → L2∗(B(x0, r/4)), 2∗ =2n

n− 2

obtemos que, ∇vk é limitado em L2∗(B(x0, r/4).

Seja ψ2 ∈ C∞(RN) dada por

ψ2 =

1 em B(x0, r/8),

0 em (B(x0, r/4))C .(? ? ?)

Temos

∆(ψ2vk) = 2∇vk∇ψ2 + q2k, (1.5)

onde q2k limitado na norma L∞(B(x0, r/4)).

4Ver Apêndice B, Teorema B.28.


Novamente, considerando o problema

∆(ψ2vk) = h2k em B(x0, r/4),

ψ2vk = 0 em ∂B(x0, r/4).(P2k)

onde h2k = 2∇vk∇ψ2 + q2k é limitado em L2∗(B(x0, r/4)). Por regularidade elíptica,

obtemos

ψ2vk ∈ W 2,2∗(B(x0, r/4)) e ‖ψ2vk‖2,2∗,r/4 ≤ C‖h2k‖2∗,r/4 ≤ C.

Daí, vk é limitado em W 2,2∗(B(x0, r/8)). Consequentemente, ∇vk é limitado em

W 1,2∗(B(x0, r/8)).

Considere os seguintes casos:

(i) Se N < 2∗, isto e, N < 2NN−2

(N = 3), temos 0 < N2∗< 1 pelo Teorema das

Imersões de Sobolev5 obtemos

W 2,2∗(B(x0, r/8)) → C1,α(B(x0, r/8)).

Portanto, vk ∈ C1,α(B(x0, r/8)).

(ii) Se N ≥ 2∗ observamos que

Para N = 2∗ (N = 4), aplicando o Teorema das Imersões de Sobolev temos

W 1,2∗(B(x0, r/8)) → Lq(B(x0, r/8)),

para todo q ≥ 2∗.

Para N > 2∗, isto e, N > 2NN−2

(N = 5, 6, 7, . . .), temos 1 < N2∗

pelo Teorema das

Imersões de Sobolev, obtemos

W 1,2∗(B(x0, r/8)) → Lq(B(x0, r/8)),

onde 1q

= 12∗− 1

N= N−4

2N, ou seja, q = 2N

N−4> 2∗. Seja ψ3 ∈ C∞(RN) dada por

ψ3 =

1 em B(x0, r/16),

0 em (B(x0, r/8))C .(1.6)



E argumentando como antes, considerando o problema ∆(ψ3vk) = h3k em B(x0, r/8),

ψ3vk = 0 em ∂B(x0, r/8).(P3k)

onde h3k = 2∇vk∇ψ3 + q3k é limitado em Lq(B(x0, r/8)), temos

ψ3vk ∈ W 2,q(B(x0, r/8)) e ‖ψ3vk‖2,q,r/8 ≤ C‖h3k‖q,r/8 ≤ C.

Portanto, vk é limitado em W 2,q(B(x0, r/16)).

Para N = 2∗, temos q ≥ 2∗ arbitrário. Daí, tomando q de maneira que N < q, obtemos,

por Imersões de Sobolev

W 2,q(B(x0, r/16)) → C1,α(B(x0, r/16)).

Logo, vk ∈ C1,α(B(x0, r/16)) é limitado.

Se N > 2∗ temos para q = 2NN−4

> N, (N = 5) e consequentemente

W 2,q(B(x0, r/16)) → C1,α(B(x0, r/16)).

Daí, vk ∈ C1,α(B(x0, r/16)).

Continuando com este raciocínio, com um número nito de passos, xado uma

dimensão N , obtemos r1 > 0 e q1 > 0, tais que

W 2,q1(B(x0, r1)) → C1,α(B(x0, r1))

para q1 > N/(1− α).

Assim, vk é limitado em C1,α(B(x0, r1)). Portanto, a menos de subsequências, ∇vk ∈

C0,α(B(x0, r1)), para k xado.

Seja ψ ∈ C∞ uma função, tal que,

ψ =

1 em B(x0, r1/2),

0 em (B(x0, r1))C .

Então

∆(ψvk) = 2∇vk∇ψ + qk, (1.7)

com qk = vk∆ψ+ ψ∆vk. Como o lado direito da equação (1.7) converge pontualmente

em C0,α(B(x0, r1)), do Teorema B.20, temos que ψvk converge em C2,α(B(x0, r1)),


pois (ψvk) ∈ C2(Ω) e [2∇vk∇ψ + qk] é limitado em Cα(B(x0, r1)) e pelo Teorema das

estimativas interiores obtemos,

‖vk‖2,α,B(x0,r1/2) ≤ K(‖ψvk‖∞,B(x0,r1) + ‖2∇vk∇ψ + qk‖α,B(x0,r1)

).

Sendo vk uma sequência de funções contínuas que converge monotonicamente para

a função contínua v em (B(x0, r1/2)), obtemos vk convergindo uniformemente em

C2,α(B(x0, r1/2)). Desde que

C2,α(B(x0, r1/2)) → C2(B(x0, r1/2)).

Segue que v ∈ C2(B(x0, r1/2), e como x0 ∈ Ω arbitrário, temos que v ∈ C2(Ω) é

solução de (Pg).

Teorema 1.3 Seja f uma função satisfazendo a condição (F ) e p satisfazendo (P0).

Suponha que g ∈ C(∂Ω) com Ω ⊂ RN(N ≥ 3).Se u e u são respectivamente sub

e supersolução de (Pg) tais que u ≤ u em Ω, então (Pg) possui uma solução u ∈

C2(Ω) ∩ C(Ω), tal que u ≤ u ≤ u em Ω.

Prova. Considere o problema auxiliar ∆u− λu = p(x)f(u)− λu em Ω;

u = g em ∂Ω.(A1)

onde λ > 0 é um parâmetro, escolhido convenientemente, de modo que a função

h(t) = p(x)f(t)− λt

seja não crescente em t ∈ [M1,M2], para M1 = minΩu e M2 = max

Ωu.

Observe que, h dada por

h(u) = p(x)f(u)− λu,

é uma função Holder contínua em Ω e uniforme em x.

Sendo (A1) um problema linear, existe única u1 ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), solução6 de (A1).

Assim,

∆u1 − λu1 = p(x)f(u)− λu em Ω;

u1 = g em ∂Ω.(∗)



Armação 1.4 u ≤ u1 ≤ u em Ω.

De fato, desde que h é monótona

∆u1 − λu1 = p(x)f(u)− λu

≥ p(x)f(u)− λu

≥ ∆u− λu em Ω,

u1 ≤ u em ∂Ω,

do Teorema B.22 obtemos,

u1 ≤ u em Ω. (1.8)

Por outro lado, ∆u1 − λu1(∗)= p(x)f(u)− λu ≤ ∆u− λu em Ω,

u1 ≥ u em ∂Ω,

Novamente, do Teorema B.22,

u ≤ u1 em Ω. (1.9)

De (1.8) e (1.9) segue a armação acima.

Agora, dena ∆u− λu = p(x)f(u1)− λu1 em Ω,

u = g em ∂Ω.(A2)

Outra vez, usando o Teorema B.21, temos que u2 ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) é solução única de

(A2), daí ∆u2 − λu2 = p(x)f(u1)− λu1 em Ω,

u2 = g em ∂Ω.(∗∗)

Armação 1.5 u ≤ u1 ≤ u2 ≤ u em Ω.

Com efeito, desde que u ≤ u1 ≤ u, segue da monotonicidade de h que∆u2 − λu2

(∗∗)= p(x)f(u1)− λu1 ≥ p(x)f(u)− λu


u2 ≤ u em ∂Ω.


Portanto,

u2 ≤ u em Ω. (1.10)

Além disso, ∆u2 − λu2

(∗∗)= p(x)f(u1)− λu1 ≤ p(x)f(u)− λu(∗)≤ ∆u1 − λu1 em Ω,

u2 = u1 em ∂Ω,

e pelo Teorema B.22, concluímos que

u1 ≤ u2 em Ω. (1.11)

De (1.10),(1.11) e da armação anterior, obtemos o resultado desejado.

Seja

∆u− λu = p(x)f(u2)− λu2 em Ω,

u = g em ∂Ω.(A3)

Sabemos que existe única solução de (A3), u3 ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), que satisfaz

∆u3 − λu3 = p(x)f(u2)− λu2 em Ω;

u3 = g em ∂Ω.(∗ ∗ ∗)

Armação 1.6 u ≤ u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ u em Ω.

Pela Armação 1.5 e a monotonicidade da função h, temos∆u3 − λu3

(∗∗∗)= p(x)f(u2)− λu2 ≥ p(x)f(u)− λu


u3 ≤ u em ∂Ω.

Assim,

u3 ≤ u em Ω. (1.12)

E também, ∆u3 − λu3

(∗∗∗)= p(x)f(u2)− λu2 ≤ p(x)f(u1)− λu1

(∗∗)≥ ∆u2 − λu2 em Ω,

u3 = u2 em ∂Ω,


Daí, aplicando o Teorema B.22, obtemos

u2 ≤ u3 em Ω. (1.13)

De (1.12), (1.13) e da Armação 1.5 obtemos o resultado.

Interando este procedimento, encontramos uma sequência unn∈N, satisfazendo ∆un − λun = p(x)f(un−1)− λun−1 em Ω,

un = g em ∂Ω,(An)

com

u ≤ u1 ≤ u2 ≤ . . . ≤ un−1 ≤ un ≤ . . . ≤ u em Ω.

Assim, construímos uma sequência crescente e limitada, consequentemente, pontual-

mente convergente.

Seja u(x) = limn→∞

un(x), do lema anterior concluímos que

u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω).

Por m, fazendo n→∞ em (An), obtemos que u é uma solução de (Pg), satisfazendo

u ≤ u ≤ u em Ω.

1.2 Sub e supersolução para Ω = RN

Na presente seção, iremos mostrar um resultado de Sub e Supersolução, para

Ω = RN .

Teorema 1.7 Suponha que u é supersolução de ∆u = p(x)f(u) em RN ,

u ≥ 0, u 6= 0 em RN ,(P2)

onde p(x)f(u) é uma função localmente Holder contínua em x ∈ RN e localmente

lipschitz em u.

Se u é subsolução de (P2) com u ≤ u em RN . Então, (P2) possui uma solução

u ∈ RN com u ∈ C2(RN) e u ≤ u ≤ u em RN .


Prova. Seja BR uma bola centrada na origem, com raio R > 0. Considere o problema

de valor de fronteira ∆u = p(x)f(u) em BR,

u ≥ 0, u 6= 0 em BR,

u = ϕ em ∂BR,

(P ′2)

onde ϕ : ∂BR −→ (0,∞) é contínua.

Como BR ⊂ RN , temos para (P ′2), que u é uma supersolução (para cada R) e u

é uma subsolução (para cada R) com u ≤ u em BR.

Do teorema anterior, decorre que para cada R, existe uR, solução de (P ′2), tal

que, uR ∈ C2(BR) ∩ C(BR), com u ≤ uR ≤ u em BR.

Fixemos os inteiros R1, R2, com R1 < R2, tal que, para cada inteiro n > R2,

obtemos un ∈ C2(Bn) ∩ C(Bn), satisfazendo ∆un = p(x)f(un) em Bn,

un = ϕ em ∂Bn,

e

u ≤ un ≤ u em Bn.

Portanto

∆un = p(x)f(un) em BR2 ,

u ≤ un ≤ u em BR2 .(P ′2n)

Desde que, pf ∈ C0,αloc (Bn), Bn é um domínio de RN , un ∈ C2(Bn) e BR1 , BR2 ⊂ Bn,

com BR1 ⊂ BR2 e BR2 ⊂ Bn, com BR2 compacto, temos, pelo Teorema B.207, que

un ∈ C2,αloc (BR1), 0 < α < 1,

‖un‖2,α,BR1≤ M

‖un‖∞,BR2

+ ‖p(·)f(un(·))‖0,α,BR2

≤ M(R1, R2)

≤ MR1 .

7Ver Apêndice B, Teorema da Estimativa interior.


Em resumo, fazendo R1 = 1, 2, 3, . . . encontramos M1,M2,M3, . . . tais que

‖un‖2,α,B1 ≤ M1, n ≥ 2

‖un‖2,α,B2 ≤ M2, n ≥ 3

‖un‖2,α,B3 ≤ M3, n ≥ 4 (1.14)

...

‖un‖2,α,BR1≤MR1 , n ≥ R1 + 1.

Agora, para cada inteiro i ≥ 1, dena

uni = un∣∣Bi, n ≥ i+ 1.

Temos, Bi ⊂ Bi+1 e que uni+1∞n=i+2 é uma subsequência de uni+1∞n=i+1. De (1.14) e

usando a imersão compacta,

C2,α(Bi) → C2(Bi); i = 1, 2 . . .

obtemos, ui ∈ C2(Bi); i = 1, 2 . . . tais que, a menos de subsequências,

u21, u

31, u

41, . . .

C2(B1)−→ u1,

u32, u

42, u

52, . . .

C2(B2)−→ u2,

u43, u

53, u

63, . . .

C2(B3)−→ u3,

...

com ui+1

∣∣Bi

= ui.

Denindo

u(x) = ui(x) para x ∈ Bi,

temos u ∈ C2. Além disso, a sequência

Un = u2nn , n = 2, 3, . . .

isto é, a sequência diagonal

u42, u

63, u

84, u

105 , . . . , u

2nn , . . . com n = 2, 3, . . .

verica

Unn−→ u em C2(BR1),

para cada inteiro R ≥ 1.


Assim, de (P ′2n) e usando o fato que BR1 ⊂ BR2 , temos ∆Un = p(x)f(Un) em BR1 ,

u ≤ Un ≤ u em BR1 .

Finalmente, fazendo n → ∞, obtemos u ∈ C2(BR1). Desde que R1 é arbitrário,

concluímos que u ∈ C2(Rn) é solução de (P2), com u ≤ u ≤ u em RN .

Capítulo 2

Problemas Semilineares sob a

condição de Keller-Osserman

Neste capítulo apresentaremos resultados devido a Cîrstea & Radulescu [6], sobre

a existência de solução para o problema


u ≥ 0, u 6= 0 em Ω,(P )

onde Ω ⊂ RN(N ≥ 3) é um domínio regular limitado (ou ilimitado) com fronteira

compacta ou Ω = RN . As funções p e f satisfazem as condições (P0) e (F ), respecti-

vamente.

Veremos, que sob certas condições o problema (P ) possui Solução Blow-up, con-

forme denição abaixo:

Denição 2.1 (Solução Blow-up) Uma função u ∈ C2(Ω) é uma Solução Blow-up

de (P ) se:

• u(x)→∞ quando dist(x, ∂Ω)→ 0, para Ω 6= RN .

• u(x)→∞ quando |x| → ∞, para Ω = RN .

Cap.2 Problemas Semilineares sob a condição de Keller Osserman 26

Para a existência de solução blow-up do problema (P ), veremos que uma hipótese

fundamental é

∫ ∞1

[2F (t)]−1/2dt <∞ onde F (t) =

∫ t

0

f(s)ds, (KO)

conhecida como Condição de Keller-Osserman.

Podemos citar, como exemplo de funções que satisfazem a condição acima, as

funções

• f(t) = tp, p > 1, t > 0,

• f(t) = et, t > 0.

2.1 O Laplaciano para Funções Radiais

Seja v uma função regular, radialmente simétrica, isto é, v(x) = v(|x|) onde

x = (x1, x2, . . . , xn) e |x| =√x2

1 + x22 + . . .+ x2

n.

Considere r := |x| e observe que

∂v

∂xi= v′(r)

xir

com i = 1, 2, . . . , N

e

∂2v

∂x2i

=∂

∂xi

(∂v

∂xi

)=

∂

∂xi

(v′(r)

xir

)= v′′(r)

(xir

)2

+ v′(r)

(r2 − x2

i

r

/r2

)= v′′(r)

(xir

)2

+ v′(r)

(1

r− xir3

)∀ i = 1, 2, . . . N.

De onde segue que

N∑i=1

∂2v

∂x2i

=N∑i=1

[v′′(r)

(xir

)2

+ v′(r)

(1

r− xir3

)]= v′′(r) +

N − 1

rv′(r),

assim,

∆v = v′′(r) +N − 1

rv′(r).


2.2 Um Problema Auxiliar

A partir de agora, mostraremos um resultado que nos auxiliará na demonstração

do problema (P ), para tanto, considere a equação

∆v = φ(r) em A(r, r) = x ∈ RN , r < |x| < r, (Pφ)

onde

r = infτ > 0; ∂B(0, τ) ∩ Ω 6= ∅, r = supτ > 0; ∂B(0, τ) ∩ Ω 6= ∅ e

φ(r) = max|x|=r

p(x) para r ∈ [r, r].

Desde que o operador laplaciano é invariante por translações, podemos supor, sem

perda de generalidade, que 0 /∈ Ω.

Observe que

v(r) = 1 +

∫ r

r

(t1−N

∫ r

0

sN−1φ(s)ds

)dt, r ∈ [r, r] (2.2)

satisfaz a equação (Pφ).

De fato, derivando (2.2) com relação r = |x| obtemos

v′(r) = r1−N∫ r

0

sN−1φ(s)ds,

implicando que

rN−1v′(r) =

∫ r

0

sN−1φ(s)ds.

Derivando novamente, temos

(rN−1v′(r))′ = rN−1φ(r), r ∈ [r, r]. (2.3)

Por outro lado,

(rN−1v′(r))′ = (N − 1)rN−2v′(r) + rN−1v′′(r)

= rN−1

[v′′(r) +

N − 1

rv′(r)

]. (2.4)

De (2.3) e (2.4) decorre

v′′(r) +N − 1

rv′(r) = φ(r),

ou seja,

∆v = v′′(r) +N − 1

rv′(r) = φ(r).


Proposição 2.2 Seja Ω um domínio limitado. Assuma que p satisfaz a condição (P0),

f satisfaz (F ) e g : ∂Ω→ (0,∞) é contínua. Então o problema de valor de contorno∆u = p(x)f(u) em Ω,

u ≥ 0, u 6= 0 em Ω,

u = g em ∂Ω,

(Pg)

tem uma solução clássica única, a qual é positiva.

Prova. Inicialmente, mostraremos que o problema acima possui uma subsolução e

uma supersolução. Em seguida, aplicando o Teorema 1.3, encontraremos uma solução

de (Pg) e por m, utilizando os princípios de máximo, concluíremos que tal solução é

única.

EXISTÊNCIA

Supersolução de (Pg)

A função u = n, para n ∈ N escolhido adequadamente, é uma supersolução

para o problema (Pg). De fato, sendo f e p funções não negativas em Ω, temos que

∆u = 0 ≤ p(x)f(u). (2.5)

Além disso, g ∈ C(∂Ω) e ∂Ω é um conjunto compacto. Logo, existe K > 0, tal que

|g(x)| ≤ K, para todo x ∈ ∂Ω, de onde escolhemos n ≥ K e obtemos

u(x) = n ≥ g(x), ∀x ∈ ∂Ω. (2.6)

Por (2.5) e (2.6), concluímos que u = n é supersolução do problema (Pg).

Subsolução de (Pg)

As hipóteses sobre f e g implicam:

(i) g0 = min∂Ω g > 0.

De fato, sendo g contínua na fronteira (conjunto compacto), g assume um mínimo

positivo em ∂Ω. Seja g0 tal número.

(ii) limz→0+

∫ g0z

dtf(t)

=∞.


Com efeito, como f ∈ C1([0,∞)) e f ′ ≥ 0, então, existe M > 0, tal que

0 ≤ f ′(t) ≤M, ∀ t ∈ [z, g0] ⊂ [0,∞).

O que implica1

M≤ 1

f ′(t), se f ′(t) 6= 0. (2.7)

(.) Se f é constante em [z, g0], temos

∫ g0

z

dt

f(t)=

∫ g0

z

dt

f(z)=

1

f(z)(g0 − z)

z→0+

−→ ∞.

(..) Se f não é constante, existe t0 ∈ [z, g0], tal que f ′(t0) 6= 0. Assim, obtemos [z0, z1],

com t0 ∈ [z0, z1], tal que f ′(t) 6= 0, ∀ t ∈ [z0, z1] ⊂ [z, g0].

Daí, ∫ g0

z

dt

f(t)≥∫ z1

z0

dt

f(t)=

∫ z1

z0

f ′(t)dt

f ′(t)f(t). (2.8)

Por (2.7) e (2.8),∫ g0

z

dt

f(t)≥ 1

M

∫ z1

z0

f ′(t)

f(t)dt =

1

M[ln f(z1)− ln f(z0)].

Note que, se z0 → 0+, então z → 0+, visto que, 0 < z ≤ z0 ≤ z1 ≤ g0. Portanto,

limz→0+

∫ g0

z

dt

f(t)≥ lim

z0→0+

[1

M(ln f(z1)− ln f(z0))

]=∞

ou seja,

limz→0+

∫ g0

z

dt

f(t)=∞.

Como (ii) ocorre, existe1 c > 0, tal que∫ g0

c

dt

f(t)= K = max

∂Ωv. (2.9)

Agora, dena u implicitamente por

v(x) =

∫ u(x)

c

dt

f(t), x ∈ Ω. (2.10)

Decorre de (2.9), (2.10) e do príncipio de máximo que∫ g0

c

dt

f(t)≥∫ u(x)

c

dt

f(t).

1Considere h(b) =∫ g0

b

dt

f(t)e observe que lim

b→0+h(b) = ∞ e lim

b→g0−h(b) = 0, assim, pelo teorema

do Valor Intermediário, existe um c > 0, tal que h(c) = K.


Logo,

g0 ≥ u(x),

já que f é não negativa. Daí,

g(x) ≥ min∂Ω

g(x) = g0(x) ≥ u(x), x ∈ ∂Ω. (2.11)

Além disso,

∆v = φ(r) = max|x|=r

p(x) ≥ p(x), x ∈ Ω. (2.12)

Por (2.10), deduzimos que

∂v(x)

∂xi=

1

f(u(x))

∂(u(x))

∂xi

e

∂2v(x)

∂xi2=

∂

∂xi

[1

f(u(x))

∂(u(x))

∂xi

]=∂2(u(x))

∂xi21

f(u(x))+

(1

f

)′(u(x))

(∂u(x)

∂xi

)2

.

Portanto,

∆v = ∆u(x)1

f(u(x))− f ′(u(x))

f(u(x))2|∇u(x)|2

e

∆v ≤ ∆u(x)1

f(u(x)).

Usando (2.12) e (2.11), ∆u(x) ≥ ∆vf(u(x)) ≥ p(x)f(u(x)) em Ω,

u(x) ≤ g(x) em ∂Ω.

Agora, vamos mostrar que u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), para concluirmos que u é uma

supersolução de (Pg).

Desde que v ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), então, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que,

x, y ∈ Ω; ‖x− y‖ < δ temos |v(x)− v(y)| ≤ ε

T, (2.13)

onde T = maxt∈[c,g0]

f(t) com g0 = max∂Ω

g. Segue que

|v(x)− v(y)| =∣∣∣ ∫ u(x)

c

dt

f(t)−∫ u(y)

c

dt

f(t)

∣∣∣ =∣∣∣ ∫ u(x)

u(y)

dt

f(t)

∣∣∣. (2.14)

De (2.13) e (2.14), obtemos

ε

T≥ |v(x)− v(y)| ≥ 1

T

∣∣∣ ∫ u(x)

u(y)

dt∣∣∣ ≥ 1

T|u(x)− u(y)|.


Portanto, para quaisquer x, y ∈ Ω, vale

|u(x)− u(y)| < ε, sempre que ‖x− y‖ < δ, ou seja, u ∈ C(Ω).

Segue da regularidade de f e v que u ∈ C2(Ω). De fato,

∂v

∂xi(x) =

1

f(u(x))

∂u

∂xi(x), x ∈ Ω e i = 1, 2, . . . N.

Logo∂u

∂xi(x) =

∂v

∂xi(x)f(u(x)) ∈ C(Ω).

Implicando que

u ∈ C1(Ω).

Por outro lado,

∂2u

∂xj∂xi(x) =

∂2v

∂xj∂xi(x)f(u(x)) +

∂v

∂xi(x)

∂u

∂xi(x)f ′(u(x)) ∈ C(Ω).

Portanto∂2u

∂xj∂xi∈ C(Ω),

e consequentemente u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) é uma subsolução de (Pg), satisfazendo

u ≤ u em Ω.

Além disso, p(x)f(u) é uma função Holder contínua em Ω com (x, u) ∈ Ω×[0,∞).

De fato, sendo p ∈ C0,α(Ω) com 0 < α < 1 e f de classe C1[0,∞), segue que

|p(x)f(u)− p(y)f(u)| ≤ |f(u)||p(x)− p(y)|

≤ C1C2|x− y|α

≤ C|x− y|α.

Aplicando o Teorema 1.3, concluímos que (Pg) tem uma solução u ∈ C2(Ω)∩C(Ω),

vericando u ≤ u ≤ u em Ω.


UNICIDADE

Sejam u1 e u2 soluções arbitrárias de (Pg). Mostraremos que u1 ≥ u2.

Suponhamos, por contradição, que existe x0 ∈ Ω, tal que u1(x0) < u2(x0).

Considere

ω = x ∈ Ω; u1 < u2 6= ∅.

Sendo f não decrescente e f(0) = 0, temos f(u1(x))− f(u2(x)) ≤ 0. Daí, obtemos

∆u = ∆(u1 − u2) = ∆u1 −∆u2 = p(x)(f(u1(x))− f(u2(x))) ≤ 0,

implicando que a função u = u1 − u2 < 0, satisfaz ∆u < 0 em ω,

u = 0 em ∂ω.

Logo, u é uma função superharmônica2, que se anula na fronteira de ω, já que

∂ω = x ∈ Ω; u1 = u2.

Segue, do princípio do máximo3, que

u ≥ infωu = inf

∂ωu = 0

Assim, u = 0 ou u > 0 em ω.

Se u = 0 então u1 = u2 em ω.

Se u > 0 então u1 > u2 em ω, contrariando a hipótese de que, u1 < u2 em ω. Portanto

u1 ≥ u2 em Ω.

De maneira análoga, prova-se que

u1 ≤ u2 em Ω.

De onde concluímos que o problema (Pg) tem única solução u, positiva.

2Ver Apêndice B, Denição B.4.3Ver Apêndice B, Teorema B.18.


2.3 Lemas Técnicos

Nesta seção apresentaremos alguns lemas que serão utilizados na demonstração

dos resultados posteriores do presente Capítulo.

Lema 2.1 Seja f satisfazendo as condições (F ) e (KO). Suponha que u é a única

solução de

∆u = f(u) em Ω,

onde Ω ⊂ RN é um domínio limitado, com N ≥ 3.

Então existe uma função não-crescente µ : R+ −→ R+ tal que

u(x) ≤ µ((R(x)), (2.15)

onde R(x) = dist(x, ∂Ω), x ∈ Ω.

A função µ(R) tem os seguintes limites

µ(R) −→∞ quando R→ 0, (2.16)

µ(R) −→ −∞ quando R→∞. (2.17)

Prova. Observe que cada x ∈ Ω é centro de uma bola de raio R = R(x) > 0,

inteiramente contida em Ω. Por translação, vamos considerar x como sendo a origem.

Agora, suponha que u é solução do problema

∆u = f(u) em B(0, R),

u = α em ∂B(0, R),(B′1)

onde α ∈ R é uma constante positiva.

A existência e a unicidade da solução u, é assegurada pela Proposição 2.2, além

disso, u cresce com α, ou seja,

se α1 < α2, entao uα1 < uα2 .

Agora, dena a função µ(R) por

µ(R(x)) = limα→∞

(uα(x)) (2.18)

isto é,

uα1(x) ≤ uα2(x) ≤ . . . ≤ uαn(x) −→ µ(Rx) ∀ n ∈ N.


Assim, para todo α,

u = uα ≤ µ(R).

Continuando a demostração, mostraremos que µ(R) é nito. Antes porém, armamos

que u é uma função radial, pois caso contrário, obteríamos diferentes soluções para

(B′1), contrariando a unicidade4.

Sendo u solução radial, segue que

u′′(r) +N − 1

ru′(r) = f(u) em B(0, R), (2.19)

u′(0) = 0, (2.20)

u(R) = α em ∂B(0, R). (2.21)

A igualdade (2.20) é consequência da regularidade de u em r = 0, pois

u′(r) = r1−N∫ r

0

sN−1f(u(s))ds,

daí,

limr→0

u′(r) = u′(0). (2.22)

Por outro lado,

limr→0

u′(r) = limr→0

∫ r0sN−1f(u(s))ds

rN−1

∗1= lim

r→0

rN−1f(u(r))

(N − 1)rN−2

= limr→0

rf(u(r))

(N − 1)= 0,

usamos a regra de L'Hôpital em (∗1) e concluímos que

u′(0) = 0.

Todo número real α é unicamente determinado por uα(0) = u(0), o qual determina

uma sequência monótona que cresce com α. Isto nos permite substituir (2.21) por

u(0) = u0.

De fato, dado α ∈ R, existe única solução uα de (B′1), onde uα(0) = u0. Se existe uma

u satisfazendo a equação em (B′1) e u(0) = u0, então

u(R) = α = uα(R).

4Ver observação 2.1.


Pois caso contrário, se u(R) 6= uα(R), por exemplo, supondo

u(R) = α < α = uα(R),

obtemos,

u0 = u(0) = uα(0) < uα(0) = u0.

O que é absurdo. Portanto, podemos substituir a condição de fronteira u(R) = α pela

condição inicial u(0) = u0.

É conveniente reescrevermos (2.19) na forma

(rN−1u′(r))′ = rN−1f(u). (2.23)

Integrando (2.23) de 0 a r temos

u′(r) = r1−N∫ r

0

xN−1f [u(x)]dx.

Daí, observamos que u′ ≥ 0. Portanto, u é uma função não decrescente. Além disso,

u′(r) ≤ r1−Nf [u(r)]

∫ r

0

xN−1dx =r

Nf [u(r)]. (2.24)

Inserido (2.24) em (2.19), temos

u′′(r) = f(u(r)) +

(1−Nr

)u′(r) ≥ f(u(r)) +

(1−NN

)f(u(r)) =

1

Nf(u(r))

Portanto,

u′′(r) ≥ f [u(r)]

N. (2.25)

Também,

u′′(r) = f [u(r)]− u′(r)N − 1

r≤ f [u(r)]

já que u′(r) ≥ 0. Combinando com (2.25) deduzimos

f [u(r)] ≥ u′′(r) ≥ f [u(r)]

N. (2.26)

Multiplicando (2.26) por u′(r), temos

f [u(r)]u′(r) ≥ u′′(r)u′(r) ≥ f [u(r)]

Nu′(r). (2.27)

Integrando (2.27) de 0 a r, fazendo uma mudança de variável obtemos∫ u(r)

u0

f(z)dz ≥∫ u′(r)

u′(0)

s ds ≥ 1

N

∫ u(r)

u0

f(z)dz.


Fazendo H(u(r), u0) = 2∫ u(r)

u0f(z)dz, camos com

H(u(r), u0) ≥ (u′(r))2 ≥ 1

NH(u(r), u0). (2.28)

Extraindo a raiz quadrada de cada termo em (2.28) e tomando o inverso, temos

[H(u(r), u0)]−1/2 ≤ [u′(r)]−1 ≤√N [H(u(r), u0)]−1/2.

Multiplicando a inequação acima por u′(r), fazendo z = u(r) e integrando de 0 a r,

deduzimos que ∫ u(r)

u0

H−1/2(z, u0)dz ≤ r ≤√N

∫ u(r)

u0

H−1/2(z, u0)dz. (2.29)

Observamos que a integral em (2.29) converge para qualquer valor positivo de u0,

de onde segue que

R(u0) ≤ r ≤√NR(u0), (2.30)

onde

R(u0) = limu→∞

∫ u

u0

H−1/2(z, u0)dz =

∫ ∞u0

H−1/2(z, u0)dz. (2.31)

A função R(u0) é contínua e não crescente e satisfaz

R(u0) → +∞ quando u0 → −∞

R(u0) → 0 quando u0 → +∞.

Agora, denimos µ(R) como o inverso de R(u0), isto é

µ(R) = u0|R(u0) = R.

Esta função é a função desejada µ(R) do Lema 2.2, a qual é decrescente e satisfaz

(2.16) e (2.17). O que completa a prova do lema.

Observação 2.1 Se u não é radialmente simétrica, então obtemos

u(x) 6= u(y) := v(x), ∀ x ∈ RN ,

onde y = y(x) é obtido de x, pela rotação de um certo ângulo θ.

Sendo o Laplaciano invariante por rotações obtemos

∆u(x) = ∆v(x),


de onde segue que

∆v(x) = h(v(x)) em B(0, R),

v(x) = α em ∂B(0, R),(2.32)

o que contraria a unicidade de solução.

Lema 2.2 Assuma que as condições (F ) e (KO) são satisfeitas. Então∫ ∞1

dt

f(t)<∞.

Prova. Fixado R > 0, considere B = B(0, R). Segue da Proposição 2.2 que

∆u = f(u) em B,

u ≥ 0, u 6= 0 em B,

u = n em ∂B,

(P ′1)

tem única solução positiva, un ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), para cada n ∈ N.

Utilizando o princípio do máximo e o fato de f ser não decrescente, mostraremos

que un cresce com n.

De fato, suponha, por contradição, que existe x0 ∈ B tal que un+1(x0) < un(x0).

Considere ω = x ∈ B;un+1(x) < un(x) 6= ∅. Da monotonicidade de f temos

f(un+1) ≤ f(un) em ω. Daí, para w = un+1 − un temos ∆w = ∆un+1 −∆un = f(un+1)− f(un) ≤ 0 em ω,

w = 0 em ∂ω.

Isto é, w é uma função superharmônica em ω. Logo

0 = inf∂ωw = inf

ωw ≤ w < 0.

O que é um absurdo! Portanto un(x) ≤ un+1(x), para cada x ∈ B.

Prosseguindo, veremos que un é uniformemente limitada em todo subdomínio

compacto de B.

Com efeito, seja K ⊂ B um compacto e d = dist(K, ∂B). Então

0 < d ≤ dist(x, ∂B) ∀ x ∈ K. (2.33)


Pelo Lema 2.1, existe uma função contínua, não crescente

µ : R+ −→ R+, tal que

0 < un(x) ≤ µ (dist(x, ∂B)) , ∀ x ∈ K e n ∈ N.

Logo, de (2.33) obtemos uma sequência un com

0 ≤ u1(x) ≤ u2(x) ≤ . . . ≤ un(x) ≤ µ (dist(x, ∂B)) ≤ µ(d).

Mostrando que un é uma sequência uniformente limitada.

Como toda sequência monótona e limitada é convergente, para cada x ∈ B, dena

limn→∞

un(x) = u(x).

Agora mostraremos que u é uma Solução Blow-up do problema

∆u = f(u) em B. (2.34)

Usando os mesmos argumentos do Lema 1.1, obtemos un convergindo em C2,α(B(x0, r1)),

para algum r1 > 0. Desde que x0 ∈ B é arbitrário, concluímos que u ∈ C2(B) é solução

positiva de (2.34) e por Gidas-Ni-Niremberg5 u é uma solução radialmente simétrica

em B. Neste caso, u(x) = u(r), r = |x|.

Assim,

∆u = u′′(r) + u′(r)N − 1

r.

Por (2.34) temos,

u′′(r) + u′(r)N − 1

r= f(u(r)), 0 < r < R.

Esta equação pode ser reescrita da seguinte maneira

(rN−1u′(r))′ = rN−1f(u(r)), 0 < r < R.

Integrando a equação acima no intervalo (0, r), obtemos∫ r

0

(sN−1u′(s))′ds =

∫ r

0

sN−1f(u(s))ds, 0 < r < R.



Portanto

u′(r) = r1−N∫ r

0

sN−1f(u(s))ds > 0, 0 < r < R,

mostrando que u é uma função não decrescente. Logo, u(s) ≤ u(r), para todo s ∈

(0, r) e da monotonicidade de f temos

f(u(s)) ≤ f(u(r)), 0 < r < R.

Daí,

u′(r) = r1−N∫ r

0

sN−1f(u(s))ds ≤ r1−N∫ r

0

sN−1f(u(r))ds

≤ f(u(r))r1−N∫ r

0

sN−1ds

≤ f(u(r))r

N, 0 < r < R. (2.35)

Continuando, mostraremos que u é uma solução Blow-up de (2.34), isto é,

u(r)→∞ quando r R.

Suponha, por contradição, que existe D > 0, tal que

u(r) < D, quando 0 ≤ r < R.

Fixe N1 ∈ N, de modo que

limrR

uN1(r) = N1 ≥ 2D.

Isto é, dado ε > 0, existe δ > 0, tal que

R− r ≤ δ ⇒ |uN1(r)−N1| < ε

Fazendo r1 = R− δ, obtemos r1 = R− δ ≤ r < R. Assim, N1 − ε ≤ uN1(r) ≤ N1 + ε,

para todo r ∈ [r1, R). Escolha 0 < ε < D, de modo que

uN1(r) ≥ N1 − ε > D,

obtemos

uN1(r) > D, ∀ r ∈ [r1, R).

Desde que un cresce com n, temos

D < uN1(r) ≤ uN+1(r) ≤ . . . ≤ un(r) ≤ un+1(r) . . . ∀ n ≥ N1, ∀ r ∈ [r1, R).


Passando ao limite quando n→∞, obtemos

u(r) ≥ D, ∀ r ∈ [r1, R).

O que contraria a nossa hipótese.

Voltando para a equação (2.35), temos

0 ≤ u′(r)

f(u(r))≤ r

N.

Por integração, obtemos∫ u(r)

0

dt

f(t)=

∫ r

0

u′(s)

f(u(s))ds ≤

∫ r

0

s

Nds,

onde t = u(s) e dt = u′(s)ds.

Sendo u solução do tipo blow-up, se r R, então u(r)→∞, consequentemente∫ ∞0

dt

f(t)≤∫ R

0

s

Nds =

s2

2N

∣∣∣R0

=R2

2N.

Portanto ∫ ∞0

dt

f(t)≤ R2

2N<∞.

2.4 Resultados de Existência para Domínios Limita-

dos

Antes de apresentarmos o resultado de existência, faremos a seguinte observação.

Observação 2.2 Se p > 0 em ∂Ω, então

(P1) ∀ x0 ∈ Ω com p(x0) = 0, existe um domínio Ω0 3 x0, tal que Ω0 ⊂ Ω e p > 0 em

∂Ω0 é satisfeito.

De fato, desde que p é contínua e ∂Ω compacta, segue que existe um ζ > 0, tal

que

p(y) ≥ ζ > 0, para todo y ∈ ∂Ω.

Por outro lado, dado ε = ζ/2, existe δ > 0, tal que para x ∈ Ω, y ∈ ∂Ω,

com ‖x− y‖ < δ, então

|p(x)− p(y)| < ε.


Assim,

p(x) > p(y)− ε > ζ − ζ

2> 0.

Portanto, p > 0 em Ωδ, onde

Ωδ = x ∈ Ω; dist(x, ∂Ω) ≤ δ.

Logo, todos os zeros de p estão incluídos em Ω0 = Ω\Ωδ ⊂⊂ Ω e como p > 0 em ∂Ω0,

segue que (p1) é satisfeito.

Teorema 2.3 Supondo Ω um domínio limitado e p satisfazendo (P1). Então, o pro-

blema (P ) tem Solução Blow-up positiva.

Prova. Considere o problema de valor de contorno

∆vn = p(x)f(vn) em Ω,

vn ≥ 0 em Ω,

vn = n em ∂Ω.

(A′1)

Observe que vn é uma sequência monótona, que cresce com n, para x ∈ Ω xado.

Por outro lado, pela proposição 2.1, temos que o problema∆ξ = ‖p‖∞f(ξ) em Ω,

ξ > 0 em Ω,

ξ = 1 em ∂Ω,

tem solução única e positiva.

Observe que ξ ≤ v1. De fato, pois do contrário, existe x0 ∈ Ω, tal que

v1(x0) < ξ(x0) em Ω. Com isso, ∆(v1 − ξ) = p(x)f(v1)− ‖p‖∞f(ξ) ≤ 0 em ω1,

v1 − ξ = 0 em ∂ω1,

onde ω1 = x ∈ Ω; v1(x) < ξ(x) 6= ∅.

Pelo princípio do máximo,

v1 < ξ ≤ v1 em Ω.

O que é contradição.


Agora, observemos que

(A) Para todo x0 ∈ Ω, existe um conjunto aberto O ⊂⊂ Ω contendo x0

e M0(x0) = M0 > 0, tal que vn ≤M0 em O, para todo n ≥ 1.

Isso mostra que a sequência vn é uniformemente limitada em todo subconjunto

compacto de Ω.

Para mostrarmos (A) consideremos dois casos:

Caso 1 - p(x0) > 0

Pela continuidade de p, existe uma bola B = B(x0, r) ⊂⊂ Ω, tal que

m0 = minBp(x) > 0.

Segue do Teorema B.266 que o problema ∆w = m0f(w) em B,

w(x)→∞ quando d(x, ∂B)→ 0,

tem solução w, clássica e positiva.

Armação 2.4 vn ≤ w em B

De fato, suponhamos, por contradição, que existe um x0 ∈ B, tal que w(x0) < vn(x0),

então

∆w −∆vn = m0f(w)− p(x)f(vn) ≤ p(x)f(vn)− p(x)f(vn) = 0 em ω2,

vn = n < w em ∂ω2,

assim, ∆(vn − w) > 0 em ω2,

vn − w = 0 em ∂ω2,

onde ω2 = x ∈ Ω;w(x) < vn(x) 6= ∅.

Pelo princípio do máximo , segue-se que

0 < (vn − w) < maxω2

(vn − w) = max∂ω2

(vn − w) = 0.

Absurdo!6Ver Apêndice B.


Além disso, sendo w solução clássica, obtemos w limitada em B(x0, r/2) e pode-

mos denir o supremo de w como M0 = supOw, onde O = B(x0, r/2). Deduzimos da

Armação 2.4, que

vn ≤ w(x) ≤M0 em O, para todo n ≥ 1.

Caso 2 - p(x0) = 0

Nossa hipótese (P1) e a limitação de Ω implicam a existência de um domínio O ⊂⊂ Ω,

contendo x0, tal que p > 0 em ∂O.

Como no caso anterior, segue que, para cada x ∈ ∂O, existe uma bola B(x, rx),

estritamente contida em Ω e uma constante Mx > 0, tal que vn ≤Mx em B(x, rx/2),

para todo n ≥ 1. Desde que ∂O é compacta, podemos cobri-lá com um número nito

de bolas. Sejam,

B(xi, rxi/2) i = 1, . . . , K0.

Considerando M0 = maxMx1 , . . . ,Mxk0, temos vn ≤ M0 em ∂O, para algum n ≥ 1.

Aplicando o princípio do máximo, obtemos vn ≤M0 em O. Demonstrando (A).

Desta maneira,

0 < vn ≤M0 em Ω.

E denindo v(x) = limn→∞

vn, segue do Lema 1.1 que v é solução de (P).

Para concluir a prova do teorema, resta-nos mostrar

(B) limx→∂Ω

v(x) =∞.

Seja

−∆z = p(x) em Ω,

z ≥ 0, z 6= 0 em Ω,

z = 0 em ∂Ω.

(A′2)

Segue-se que (A′2)7 tem solução única e positiva em Ω.

Observe inicialmente, que para provarmos (B) é suciente mostrarmos que∫ ∞v(x)

dt

f(t)≤ z(x), para todo x ∈ Ω, (2.36)

7Ver Apêndice B, Teorema B.25 (Lax-Milgran).


pois, se x ∈ ∂Ω, então z = 0. Logo∫ ∞v(x)

dt

f(t)= 0 ⇔ v(x) =∞, ou seja, lim

x→∂Ωv(x) =∞.

Sendo vn ≥ 1, segue do Lema 2.2 que∫ ∞v(x)

dt

f(t)≤∫ ∞

1

dt

f(t)<∞.

Daí, o lado esquerdo de (2.36) está bem denido em Ω.

Desde que vn = n em ∂Ω, xado ε > 0, existe n1 = n1(ε), tal que

limn→∞

∫ ∞n

dt

f(t)= lim

n→∞

∫ ∞vn

dt

f(t)= 0, ∀ x ∈ ∂Ω, ∀ n ≥ n1,

mas como z ≥ 0, temos∫ ∞vn

dt

f(t)≤ ε(1 +R2)−1/2 ≤ z(x) + ε(1 + |x|2)−1/2 ∀ x ∈ ∂Ω, ∀ n ≥ n1, (2.37)

onde R > 0 é escolhido de modo que Ω ⊂ B(0, R).

Para mostrarmos (2.36), basta provarmos que∫ ∞vn

dt

f(t)≤ z(x) + ε(1 + |x|2)−1/2 ∀ x ∈ Ω, ∀ n ≥ n1. (2.38)

Realmente, fazendo n → ∞ em (2.38) deduzimos (2.36), já que ε > 0 é escolhido

arbitrariamente. Assuma, por contradição, que (2.38) não é válido. Então∫ ∞vn

dt

f(t)− z(x)− ε(1 + |x|2)−1/2 > 0, para algum x ∈ Ω e algum n ≥ n1,

daí,

maxx∈Ω

∫ ∞vn

dt

f(t)− z(x)− ε(1 + |x|2)−1/2

> 0.

De (2.37) deduzimos que o máximo é atingido no interior de Ω. Seja x0 tal ponto de

máximo, temos

0 ≥ ∆

(∫ ∞vn

dt

f(t)− z(x)− ε(1 + |x|2)−1/2

)|x=x0

=

(n∑i=1

− ∂

∂xi

(1

f(vn)

∂vn∂xi

)−∆z(x)− ε∆(1 + |x|2)−1/2

)|x=x0

=

(− 1

f(vn)∆vn −

(1

f

)′(vn)|∇vn|2 −∆z(x)− ε∆(1 + |x|2)−1/2

)|x=x0

(2.39)


Por (A′1) e (A′2),1

f(vn)∆vn = p(x) e −∆z(x) = p(x). (2.40)

De (2.39) e (2.40), temos

0 ≥(−p(x)−

(1

f

)′(vn)|∇vn|2 + p(x)− ε∆(1 + |x|2)−1/2

)|x=x0

. (2.41)

Note que,

∆(1 + |x|2)−1/2 =n∑i=1

∂2(1 + |x|2)−1/2

∂xi2

=n∑i=1

∂

∂xi

[−(1 + |x|2)−3/2

n∑i=1

xi

]

=

(3(1 + |x|2)−5/2

n∑i=1

xi

n∑i=1

xi

)− n(1 + |x|2)−3/2

= 3(1 + |x|2)−5/2|x|2 − n(1 + |x|2)−3/2

= 3(1 + |x|2)−5/2|x|2 + 3(1 + |x|2)−5/2 − n(1 + |x|2)−3/2 − 3(1 + |x|2)−5/2

= 3(1 + |x|2)−5/2(|x|2 + 1)− n(1 + |x|2)−3/2 − 3(1 + |x|2)−5/2

= (3− n)(1 + |x|2)−3/2 − 3(1 + |x|2)−5/2,

e (1

f

)′(vn) = − f ′(vn)

(f(vn))2.

Daí e de (2.41),

0 ≥(

f ′(vn)

(f(vn))2|∇vn|2 + ε(n− 3)(1 + |x|2)−3/2 + 3ε(1 + |x|2)−5/2

)|x=x0

> 0.

O que é contradição. Portanto, (2.36) é válido, consequentemente (B) está provado e

a prova do teorema esta completa.


2.5 Resultados de Existência para Domínios Ilimita-

dos

Agora, consideremos o problema (P ) quando Ω = RN .

Observação 2.3 A solução Blow-up de (P ), caso exista, é positiva.

Com efeito, vamos assumir que existe x0 ∈ RN , tal que u(x0) = 0. Sendo u uma

solução Blow-up de (P ), segue que, existe R > 0, tal que |x0| < R, onde u > 0 em

∂B(0, R).

O problema

∆ξ = p(x)f(u) em B(0, R),

ξ ≥ 0 em B(0, R),

ξ = u em ∂B(0, R),

(A′3)

tem solução clássica única, a qual é positiva8. Daí, segue que ξ = u, o que contradiz

o fato de u(x0) = 0, com x0 ∈ RN , pois ξ = u > 0; Implicando que u não se anula no

RN .

Teorema 2.5 Assuma que Ω = RN e que o problema (P ) tem ao menos uma solução.

Suponha que a função p satisfaz a condição

• (P1)′ Existe uma sequência de domínios9 regulares limitados (Ωn)n≥1, tal que

Ωn ⊆ Ωn+1, RN =⋃∞n=1 Ωn, e (P1) é válido em Ωn, para todo n ≥ 1.

Então, existe uma Solução clássica Maximal10 U de (P ).

Se a função p verica a condição adicional

• (P2)∫∞

0rφ(r)dr <∞, onde φ(r) = max

|x|=rp(x).

Então U é uma Solução Blow-up em RN .

Observação 2.4 Nos pontos externos, a solução U independe da escolha dos domínios

Ωn e do número de soluções do problema (P ). Isto segue diretamente da unicidade da

solução maximal.

8Segue-se da Proposição 2.2.9Por exemplo, as bolas centradas na origem, de raio natural

10É maximal no sentido de que, qualquer outra solução u de (P ), vai está abaixo de U , isto é, u ≤ U.


Observe agora que se p(x) > 0 para |x| sucientemente grande, então (P1)′ é

satisfeito. Portanto, é natural que se questione, se existe p > 0, de modo que sejam

satisfeitas as condições (P1)′ e (P2), com p(x) = 0 quando |x| → ∞.

A resposta é positiva, como mostra o seguinte exemplo.

Exemplo 1 Assumindo p(r) = 0 para r = |x| ∈ [n − 13, n + 1

3], n ≥ 1 e p(r) > 0 em

R+\⋃∞n=1[n− 1

3, n+ 1

3], com p ∈ C1[0,∞) e max

[n,n+1]p(x) =

2

n2(2n+ 1).

Claro que (P1)′ é satisfeito, para Ωn = B(0, n + 12). Além disso, a condição (P2)

é também satisfeita, visto que∫ ∞1

rφ(r)dr =∞∑n=1

∫ n+1

n

rp(r)dr

≤∞∑n=1

∫ n+1

n

2

n2(2n+ 1)rdr

≤∞∑n=1

1

n2

< ∞.

Prova(Teorema 2.5). Pelo Teorema 2.3, o problema de valor de contorno

∆vn = p(x)f(vn) em Ωn,

vn > 0 em Ωn,

vn(x)→∞ quando d(x, ∂Ωn)→ 0,

(P ′3)

tem Solução Blow-up e positiva.

Desde que Ωn ⊂ Ωn+1, nós aplicamos para cada n ≥ 1, o princípio do máximo e

da mesma maneira como na prova da Proposição 2.2, temos a unicidade da solução.

Segue do princípio do máximo, que vn ≥ vn+1 em Ωn.

Por outro lado, RN = ∪∞n=1Ωn e Ωn ⊂ Ωn+1, assim ∀ x0 ∈ RN , existe n0 = n0(x0)

tal que x0 ∈ Ωn, para todo n ≥ n0.

Em vista da monotonicidade da sequência vn(x0)n≥n0 e pelo fato de

0 < . . . ≤ vn(x0) ≤ . . . ≤ v2(x0) ≤ v1(x0) < M,

pois v1 é uma solução clássica de (P ′3), denimos

U(x0) = limn→∞

vn(x0).


Aplicando o argumento padrão boot-strap11, temos U ∈ C2,αloc (RN) e ∆U =

p(x)f(U) em Ω.

Mostraremos agora que U é a solução maximal do problema (P ).

Com efeito, seja u uma solução arbitrária de (P ). Aplicando o princípio do

máximo, obtemos vn ≥ u em Ωn, para todo n ≥ 1.

Pela denição de U , temos

u(x0) ≤ vn(x0), implicando que, u(x0) ≤ limn→∞

vn(x0) = U(x0),

desde que x0 ∈ RN é arbitrário, segue que u ≤ U em RN .

Agora, supondo que p satisfaz (P2), provaremos que U tem um comportamento

explosivo quando |x| → ∞. Para este propósito, é suciente encontrarmos uma função

positiva W ∈ C(RN), tal que U ≥ W em RN e W (x)→∞ quando |x| → ∞.

Inicialmente, observamos que

k =

∫ ∞0

r1−N(∫ r

0

sN−1φ(s)ds

)dr <∞. (2.42)

Note que, (2.42) é simples consequência12 do fato que, para todo R > 0, temos∫ R

0

r1−N(∫ r

0

sN−1φ(s)ds

)dr =

1

2−N

∫ R

0

d

dr(r2−N)

(∫ r

0

sN−1φ(s)ds

)dr

=R2−N

2−N

∫ r

0

sN−1φ(s)ds− 1

2−N

∫ R

0

rφ(r)dr

=1

N − 2

∫ R

0

rφ(r)dr − R2−N

N − 2

∫ r

0

sN−1φ(s)ds

≤ 1

N − 2

∫ ∞0

rφ(r)dr <∞.

Por (2.42) e o princípio do máximo, concluímos que o problema −∆z = φ(r), r = |x| <∞,

z(|x|)→ 0, quando |x| → ∞

tem única solução radial13 positiva, a qual é dada por

z(r) = k −∫ r

0

s1−N(∫ s

0

tN−1φ(t)dt

)ds ∀ r ≥ 0.

11Ver Capítulo I, Lema 1.1.12Nesta inequação usamos Integração por partes.13Ver Seção: Um problema auxiliar.


Seja w a função positiva denida implicitamente por

z(x) =

∫ ∞w(x)

dt

f(t)∀ x ∈ RN . (2.43)

Desde que z(x) −→ 0 quando |x| → ∞, então, pela denição (2.43),

w(x) −→∞ quando |x| → ∞.

Assumindo (F ) e usando a regra de L' Hôpital, obtemos

limt0

f(t)

t= lim

t0f ′(t) = f ′(0) ∈ [0,∞),

implicando, que existe algum δ > 0, tal que

f(t)

t− f ′(0) < 1 para todo 0 < t < δ.

Consequentemente,1

t[f ′(0) + 1]<

1

f(t).

Assim, para todo s ∈ (0, δ), temos∫ δ

s

dt

f(t)>

1

f ′(0) + 1

∫ δ

s

dt

t=

1

f ′(0) + 1[ln δ − ln s],

fazendo s 0, segue-se que

lims0

∫ δ

s

dt

f(t)=∞.

E isto possibilita denirmos w como em (2.43).

Agora, vamos mostrar que

w ≤ vn em Ωn, para todo n ≥ 1. (2.44)

Claramente, temos

w ≤ vn em ∂Ωn, para todo n ≥ 1,

já que w(x) −→∞ quando |x| → ∞ e vn(x) −→∞ quando d(x, ∂Ωn) −→ 0.

A m de mostrarmos que (2.44) é válido, é suciente demonstrarmos que

w ≤ vn + ε(1 + |x|2)−12 em Ωn, para todo n ≥ 1,

para ε > 0 xado.


Com os mesmos argumentos utilizados na demonstração da desigualdade (2.38)14,

no Teorema 2.4, obtemos (2.44). Consequentemente, U ≥ w e por (2.43),

w(x) −→∞ quando |x| → ∞.

Isto completa a prova do teorema.

Teorema 2.6 Suponha que Ω 6= RN é ilimitado e que o problema (P ) tenha ao menos

uma solução. Assuma que p satisfaz a condição (P1)′ em Ω. Então existe uma Solução

Maximal clássica U do problema (P ).

Se Ω = RN\B(0, R) e p satisfaz a condição adicional (P2) com φ(r) = 0 para

r ∈ [0, R], então a Solução Maximal U é uma Solução Blow-up que explode no innito.

Prova. Usaremos argumentos similares a prova do Teorema 2.5, com algumas escolhas

diferentes, lembrando que Ω 6= RN .

Seja (Ωn)n≥1 sequência de domínios limitados, suaves, que satisfazem a condição

(P1)′. Para n ≥ 1 xado, considere vn, solução positiva do problema (P ′3) e recorde que

vn ≥ vn+1 em Ωn.

Fazendo

U(x) = limn→∞

vn(x), para todo x ∈ Ω

e utilizando os mesmos argumentos da prova do Teorema 2.6, obtemos que U é solução

clássica de (P ) e que U é uma solução maximal.

Deste modo, a primeira parte do teorema esta provada.

Para a segunda parte, onde Ω = Rn\B(0, R), supondo que a hipótese (P2) é

satisfeita, com φ(r) = 0 para r ∈ [0, R].

Inicialmente, para demonstrar que U é uma solução, mostraremos a existência de

uma função positiva w ∈ C(RN\B(0, R), tal que U ≥ w em RN\B(0, R) e w(x)→∞

quando |x| → ∞ e quando |x| R. O que é obtido, quando na prova do Teorema 2.6,

a função z dada agora é única solução radial positiva do problema−∆z = φ(r), |x| = r > R

z(|x|)→ 0 quando |x| → ∞,

z(|x|)→ 0 quando |x| R.

14Com Ω substituído por Ωn.


A unicidade de z, segue-se do princípio do máximo. Além disso,

z(r) =

(1

RN−2− 1

rN−2

)∫ ∞R

s1−N(∫ s

0

tN−1φ(t)dt

)ds

− 1

RN−2

∫ r

R

s1−N ×(∫ s

0

tN−1φ(t)dt

)ds.

Isto completa a prova.

Teorema 2.7 Assuma que p ∈ C(RN) é uma função não negativa, não trivial que

satisfaz (P2). Seja f uma função satisfazendo a condição (F ). Então a condição∫ ∞1

dt

f(t)<∞ (2.45)

é necessária para a existência de Soluções do tipo Blow-up para o problema (P ) no RN .

Prova. Seja u uma solução Blow-up do problema (P ). Seja u dada por

u(r) =1

wNrN−1

∫|x|=r

(∫ u(x)

a

dt

f(t)

)ds.

Usando a fórmula de mudança de váriavel15∫h(x)

f(y)dy =

∫x

f(h(x)).| deth′(x)|dx,

com

h : RN−1 −→ RN−1

x h(x) = rξ = (rξ1, rξ2, . . . , rξN−1)

e fazendo

x = rξ ⇒ ‖x‖ = ‖rξ‖ = r‖ξ‖ ⇒ ‖ξ‖ =‖x‖r

= 1,

obtemos

u(r) =1

wNrN−1

∫|ξ|=1

(∫ u(ξr)

a

dt

f(t)

)|h′(x)|ds.

Desde que

h′(x) =

r 0 · · · 0

0 r · · · 0...

.... . .

...

0 0 · · · r

15Ver Apêndice B.


temos | deth′(x)| = rN−1. Portanto,

u(r) =1

wN

∫|ξ|=1

(∫ u(ξr)

a

dt

f(t)

)ds,

onde wN denota a área da superfície esférica unitária no RN e a é escolhido de maneira

que a ∈ (0, u0) e u0 = inf u > 0. Assim

u′(r) =1

wN

∫|ξ|=1

1

f(u(rξ))∇(u(rξ))ξds.

Novamente, fazendo mudança de variável, para y = rξ, temos ξ = yr

= h(y). Daí

h : RN−1 −→ RN−1

y h(y) =y

r.

Logo, | deth′(x)| = 1rN−1 , e

u′(r) =1

wNrN−1

∫|y|=r

1

f(u(y))∇(u(y))

y

rds

=1

wNrN

∫|y|=r

1

f(u(y))∇(u(y))yds

=1

wNrN

∫|y|=r∇

(∫ u(y)

a

dt

f(t)

)yds

=1

wNrN−1

∫|y|=r

∂

∂ν

(∫ u(y)

a

dt

f(t)

)ds

=1

wNrN−1

∫B(0,r)

∆

(∫ u(x)

a

dt

f(t)

)dx (2.46)

onde utilizamos em (2.46) a Identidade de Green16.

Sendo u solução clássica positiva, segue que

|u′(r)| ≤ Cr → 0 quando r → 0.

Por outro lado,

wN(RN−1u′(R)− rN−1u′(r)) =

∫D

∆

(∫ u(x)

a

dt

f(t)

)dx

=

∫ R

r

[∫|x|=z

∆

(∫ u(x)

a

dt

f(t)

)ds

]dz,



onde D = x ∈ RN ; r < |x| < R. Dividindo a desigualdade acima por R−r e fazendo

R→ r, temos

wN(rN−1u′(r))′ =

∫|x|=r

∆

(∫ u(x)

a

dt

f(t)

)ds

=

∫|x|=r

div

(1

f(u(x))∇u(x)

)ds

=

∫|x|=r

[(1

f(u(x))

)′|∇u(x)|2 +

1

f(u(x))∆u(x)

]ds

≤∫|x|=r

p(x)f(u(x))

f(u(x))ds ≤ wNr

N−1 max p(x)|x|=r = wNrN−1φ(r).

Integrando a desigualdade acima, obtemos

u(r) ≤ u(0) +

∫ r

0

s1−N(∫ s

0

tN−1φ(t)dt

)ds, para todo r ≥ 0.

Como (P2) implica em (2.42), segue-se que

u(r) ≤ u(0) +K, ∀ r ≥ 0.

Assim u é limitada. Portanto, se assumirmos que (2.45) não ocorre, obtemos que u

não é solução do tipo blow-up.

Capítulo 3

Problemas Semilineares: Caso

Sublinear

Neste capítulo abordaremos os resultados apresentados no artigo de Lair & Shaker

[20]. Estabeleceremos resultados de existência e não existência para o seguinte pro-

blema

4u = p(x)uγ, x ∈ RN , (P2)

onde 0 < γ ≤ 1, p(x) ≥ 0 e N ≥ 3.

Em alguns caso, mostramos que a solução do problema (P2), é do tipo blow-up

em Rn, isto é, u(x)→ +∞ quando |x| → +∞.

3.1 Resultados de Existência

No caso em que p(x) é radial, isto é, p(x) = p(|x|), x ∈ RN , temos o seguinte

resultado:

Teorema 3.1 Suponha que 0 < γ ≤ 1 e p é uma função radial, contínua e não-

negativa em RN . Então o problema (P2) tem uma solução blow-up e positiva em RN

se, e somente se ∫ ∞0

rp(r)dr =∞. (3.1)

Cap.3 Problemas Semilineares: Caso Sublinear 55

Prova. Suponhamos, por contradição, que∫ ∞0

rp(r)dr < +∞. (3.2)

Nestas condições, mostraremos que

Armação 3.2 O Problema (P2) não tem solução positiva do tipo blow-up.

Com efeito, considere u(x) uma solução positiva de (P2) e dena u como sendo

u(r) =1

wNrN−1

∫|x|=r

u(x)dσr =

∫|x|=r

u(x)dσ, (3.3)

onde wN é o volume da esfera de (N − 1) dimensão e σr é a medida da esfera.

Desde que u é radial,

u′′ +N − 1

ru′ = 4u 3.3

=

∫|x|=r4u dσ (P2)

=

∫|x|=r

p(|x|)uγ dσ =

= p(r)

∫|x|=r

uγ dσB.4

≤ p(r)

[∫|x|=r

u dσ

]γ= p(r)uγ(r),

onde utilizamos em B.4 a desigualdade de Jensen1.

Daí, obtemos

u′′ +N − 1

ru′ ≤ p(r)uγ(r). (3.4)

Como

(rN−1u′(r))′ = rN−1

(u′′(r) +

N − 1

ru′(r)

),

segue de (3.4) que

(rN−1u′(r))′ ≤ rN−1p(r)uγ(r). (3.5)

Integrando (3.5) no intervalo [0, s], com a condição inicial u′(0) = 0, obtemos∫ s

0

(rN−1u′(r))′dr ≤∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

donde

sN−1u′(s) ≤∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt,



isto é,

u′(s) ≤ s1−N∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt. (3.6)

Integrando (3.6), no intervalo [r0, r] temos

u(r)− u(r0) ≤∫ r

r0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

)ds para r ≥ r0 ≥ 0.

Desde que u′ ≥ 0, segue que u é crescente. Assim, 0 ≤ s ≤ t ⇒ uγ(s) ≤ uγ(t) .

Daí para r ≥ r0 ≥ 0 temos

u(r) ≤ u(r0) +

∫ r

r0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

)ds

≤ u(r0) +

∫ r

r0

(sN−1uγ(s)

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds,

e isto implica que

u(r) ≤ u(r0) + uγ(r)

∫ r

r0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds

≤ u(r0) + uγ(r)

∫ ∞r0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds. (3.7)

Agora, iremos mostrar que:

• (i)∫ r

0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds =

1

N − 2

[∫ r

0

tp(t)dt− r2−N∫ r

0

tN−1p(t)dt

].

• (ii)

uγ(r) ≤ 1 + u(r), 0 < γ ≤ 1.

Vericação de (i)

Considere f(s) = s2−N e g(s) =∫ s

0tN−1p(t)dt, observe que

f ′(s) = (2−N)s1−N g′(s) = sN−1p(s)

Integrando (fg(s))′ = f ′(s)g(s) + f(s)g′(s) no intervalo [0, r], temos

[f(s)g(s)]∣∣r0

=

∫ r

0

f ′(s)g(s) ds+

∫ r

0

f(s)g′(s) ds.


Logo,[s2−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

] ∣∣∣∣∣r

0

=

∫ r

0

((2−N)s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds+

∫ r

0

s2−NsN−1p(s)ds⇔

⇔ r2−N∫ r

0

tN−1p(t)dt = (2−N)

∫ r

0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds+

∫ r

0

sp(s)ds⇔

⇔ (N − 2)

∫ r

0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds =

∫ r

0


0

tN−1p(t)dt.

Portanto,∫ r

0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds =

1

N − 2

[∫ r

0


0

tN−1p(t)dt

]. (3.8)

Provando (i).

Vericação de (ii)

De fato, para a ∈ R, temos aα ≤ 1 + a

Se a ≤ 1, então aα ≤ 1 ≤ 1 + a.

Se a > 1, então aα < a⇒ aα < 1 + a.

Assim, segue de (ii) e de (3.7), que para todo r ≥ r0,

u(r) ≤ u(r0) + (1 + u(r)) β

≤ u(r0) + β + βu(r),

isto é,

(1− β)u(r) ≤ u(r0) + β,

logo,

u(r) ≤ [u(r0) + β](1− β)−1 ∀ r ≥ r0.

Mostrando assim, que u é limitada, e portanto u não pode ser uma solução blow-up de

(P2). Desta maneira, mostramos a armação e consequentemente a primeira parte do

teorema.

Para demonstrarmos a recíproca do Teorema, vamos mostrar que a equação

4v = p(r)vγ = v′′(r) +N − 1

rv′(r)


tem uma solução positiva, a qual satisfaz a condição de fronteira singular v(r)→ +∞

quando r →∞.

Sabemos que (u′(r)rN−1

)′= rN−1

(u′′(r)

N − 1

r+ u′(r)

),

assim, (u′(s)sN−1

)′= sN−1 (p(s)uγ) . (3.9)

Integrando (3.9) no intervalo [0, t] com a condição inicial u′(0) = 0

u′(t)tN−1 =

∫ t

0

sN−1p(s)uγ(s)ds,

isto é,

u′(t) = t1−N∫ t

0

sN−1p(s)uγ(s)ds

Integrando a equação acima no intervalo [0, r], com as condição inicial u(0) = C,

obtemos:

u(r) = C +

∫ r

0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

)ds,

≥ C + Cγ

∫ r

0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds, (3.10)

onde C é uma constante positiva.

Assim, considere o operador T : C([0,∞)) −→ C([0,∞)),

T (u(r)) = C +

∫ r

0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

)ds.

Mostraremos que T tem um ponto xo em C([0,∞)) e com isso provamos que u

é solução de (P2).

Inicialmente, vamos supor que tal ponto xo, u, existe e provaremos que

u(r) −→∞ quando r −→∞.

Supondo que a igualdade ∫ ∞0

rp(r)dr =∞,

é satisfeita, obtemos ∫ ∞0

(s1−N

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds =∞. (3.11)


De fato, como∫ r

0


0

tN−1p(t)dt =

[∫ r0rN−2tp(t)dt−

∫ r0tN−1p(t)dt

]rN−2

=1

rN−2

∫ r

0

(rN−2 − tN−2)tp(t)dt.

Para 0 < t ≤ r, segue que (rN−2 − tN−2) ≥ 0, assim∫ r

0


0

tN−1p(t)dt ≥ 1

rN−2

∫ r2

0

(rN−2 − tN−2)tp(t)dt

≥ 1

rN−2

[rN−2 −

(r2

)N−2] ∫ r

2

0

tp(t)dt

≥

[1−

(1

2

)N−2]∫ r

2

0

tp(t)dt. (3.12)

Por (3.12) e (i),∫ r

0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds ≥ 1

N − 2

[1−

(1

2

)N−2]∫ r

2

0

tp(t)dt. (3.13)

Fazendo r −→∞ em (3.13), obtemos∫ ∞0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds =∞,

logo, por (3.10) temos

u(r) −→ +∞ quando r −→ +∞.

Agora, mostraremos que T tem um ponto xo em C([0,∞)). Para isso, primeiro

estabeleceremos um ponto xo em C([0, R]), para R > 0 arbitrário.

Seja u0 = C e dena uk+1 = Tuk para k = 0, 1, 2, . . .. Nota-se, pela denição de T , que

C ≤ uk para k = 0, 1, 2, . . ., além disso

u′k(r) = r1−N∫ r

0

tN−1p(t)uk−1γ(t)dt ≥ 0,

portanto uk é crescente.

Assim, para 0 < γ < 1,

uk+1(r) = C +

∫ r

0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)ukγ(t)dt

)ds

≤ C +

∫ r

0

(uk

γ(s)sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds

≤ C + ukγ(r)

∫ r

0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)dt

)ds.


Logo

uk+1(r) ≤ C + ukγ(r)H(r), (3.14)

onde H(r) =∫ r

0sN−1

(∫ s0tN−1p(t)dt

)ds.

De onde segue que

uk+1(r) ≤ C + γuk(r) + (1− γ)H1

1−γ (r). (3.15)

Para mostrarmos a desigualdade acima, usaremos a denição de função convexa2. Sabe-

se que uma função f é convexa, se para todo 0 ≤ γ ≤ 1, tem-se

f(γx+ (1− γ)y) ≤ γf(t) + (1− γ)f(y), para x, y ≥ 0.

Desde que a função exponencial é convexa, temos

eγx+(1−γ)y ≤ γex + (1− γ)ey para x, y ≥ 0. (3.16)

Sendo uk(r) e H1

1−γ (r) valores positivos, fazendo x = lnuk(r) e y = lnH1

1−γ (r) em

(3.16), obtemos

eγ lnuk(r)+(1−γ) lnH1

1−γ (r) ≤ γelnuk(r) + (1− γ)elnH1

1−γ (r),

ou seja,

eln(uγk(r)H(r)) ≤ γuk(r) + (1− γ)H1

1−γ (r).

Logo,

uγk(r)H(r) ≤ γuk(r) + (1− γ)H1

1−γ (r). (3.17)

De (3.14) e (3.17) decorre (3.15).

Usando o princípio de Indução matemática, mostraremos que

uk(r) ≤C

1− γ+H

11−γ (r) ≡Mr para todo k ∈ N. (3.18)

i) Para k = 0, temos

u0 = C ≤ C

1− γ≤ C

1− γ+H

11−γ (r)

com 0 < γ < 1.

2Ver Apêndice B, Denição B.8.


ii) Suponhamos que a desigualdade em 3.18 seja válido para k.

iii) Mostraremos que (3.18) é válido para k + 1.

De fato, já vimos que

uk+1(r) ≤ C + γuk(r) + (1− γ)H1

1−γ (r).

Por (3.18),

uk+1(r) ≤ C + γ

(C

1− γ+H

11−γ (r)

)+ (1− γ)H

11−γ (r)

≤ C +γC

1− γ+H

11−γ (r) =

C

1− γ+H

11−γ (r).

Portanto,

uk+1(r) ≤ C

1− γ+H

11−γ (r) ∀ k ∈ N,

de onde segue o resultado.

Deste modo

C ≤ uk(r) ≤Mr ≤MR, para todo r ∈ [0, R], (3.19)

visto que H(r) =∫ r

0

(sN−1

∫ s0tN−1p(t)dt

)ds.

O que implica

H ′(r) = r1−N∫ r

0

tN−1p(t)dt ≥ 0.

Isso mostra que H é crescente, logo, se r ≤ R, entãoMr ≤MR, poisM(r) = M(H(r)).

Armação 3.3 u′k é limitado.

De fato, para todo 0 ≤ r ≤ R,

u′k(r) = r1−N∫ r

0

tN−1p(t)uγk−1(t)dt

≤ r1−Nuγk−1(r)

∫ r

0

tN−1p(t)dt,

por (3.19),

u′k(r) ≤ Mγr r

1−N∫ r

0

tN−1p(t)dt ≤Mγr r

1−NrN−1

∫ r

0

p(t)dt

≤ Mγr

∫ R

0

p(t)dt ≤Mγr

∫ R

0

max p(t)dt

≤ Mγr max

0≤t≤rp(t)R ≡MR,

onde usamos o fato que p é localmente Hölder Contínua em RN . E portanto 0 ≤

u′k(r) ≤MR.


Assim, para 0 < γ < 1, a sequência uk é limitada e equicontínua3 em [0, R].

Pelo Teorema de Arzela-Ascoli4, uk tem uma subsequência convergente em [0, R].

Desde que ukj é uma sequência de funções contínuas, e ukj → u em [0, R], segue

que a convergência ukj → u é uniforme no compacto [0, R] e portanto

u ∈ C([0, R]); Além disso, Tu = u, isto é,

u(r) = limuk+1(r) = C + limk→0

∫ r

0

(s1−N

∫ S

0

tN−1p(t)uγkj(t)dt

)ds

= C +

∫ r

0

(s1−N

∫ S

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

)ds = T (u(r)).

De fato, note que se ukj → u, então, dado ε > 0, existe j0 ∈ N, tal que ∀ j > j0,

temos ∀ t ∈ [0, R]

|uγkj(t)− uγ(t)| ≤ ε

P0R2,

onde P0 = maxt∈[0,R]

p(t).

Assim,∣∣∣∣∣∫ r

0

s1−N(∫ s

0

tN−1p(t)uγkj(t)dt

)ds−

∫ r

0

s1−N(∫ s

0

tN−1p(t)uγ(t)dt

)ds

∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∫ r

0

s1−N(∫ s

0

tN−1p(t)(uγkj(t)− uγ(t))dt

)ds

∣∣∣∣∣ ≤∫ r

0

s1−N(∫ s

0

tN−1p(t)∣∣uγkj(t)− uγ(t)∣∣dt) ds

≤ ε

P0R2

∫ r

0

(s1−NsN−1

∫ s

0

p(t)dt

)ds ≤ εP0

P0R2

∫ r

0

(∫ s

0

p(t)dt

)ds ≤ ε;

logo

Tu = u ∀ u ∈ C([0, R]).

Para provarmos que T tem um ponto xo em C([0,∞)), consideremos wk

denida da seguinte maneira:

Twk = wk em [0, k]; wk ∈ C([0, k]).

3Ver Apêndice B, Denição B.12.4Ver Apêndice B, Teorema B.16.


Vimos anteriormente, que uk é uma sequência equicontínua e limitada em [0, R],

donde podemos concluir que wk é limitada e equicontínua em [0, 1], já que

w1 = Tw1 em [0, 1], w1 ∈ C([0, 1])

w2 = Tw2 em [0, 2], w2 ∈ C([0, 2])

w3 = Tw3 em [0, 3], w3 ∈ C([0, 3])

...

wk = Twk em [0, k]; wk ∈ C([0, k]).

Logo wk tem uma subsequência5 w1k, a qual converge uniformemente em [0, 1].

Seja w1k → v1 em [0, 1], quando k → ∞. Observe, que a sequência w1

k é

limitada e equicontínua em [0, 2], logo, temos uma subsequência w2k, a qual converge

uniformemente em [0, 2].

Considere w2k → v2 em [0, 2] quando k →∞. Note que, w2

k → v1 em [0, 1],

pois w2k é uma subsequência de w1

k. Daí, v2 = v1 em [0, 1].

Continuando com o raciocínio, nos obtemos uma sequência vk, a qual tem a

seguinte propriedade: vk ∈ C([0, k]) k = 1, 2, . . . , pois

wjk → vj em [0, j] quando k →∞

Além disso, esta convergência é uniforme num conjunto compacto [0, j], logo

vj ∈ C([0, j]) com j = 1, 2 . . . e

vk(r) = v1(r), ∀ r ∈ [0, 1]

vk(r) = v2(r), ∀ r ∈ [0, 2]

...

vk(r) = vk−1(r), ∀ r ∈ [0, k − 1].

5Ver Apêndice B, Denição B.14.


Denindo

v1(r) = v(r) se r ∈ [0, 1]

v2(r) = v(r) se r ∈ [0, 2]

...

vk(r) = v(r), para todo r ∈ [0, k].

Obtemos

vk+j(r) = . . . = vk(r) = vk−1(r) = vk−2 = . . . = v2(r) = v1(r), r ∈ [0, 1].

Mostrando que vk6 converge para v, e esta convergência é uniforme em conjuntos

compactos7.

Portanto vk → v uniformemente em [0, k] e v ∈ C([0, k]). Fazendo k → ∞,

temos vk → v uniformemente em [0,∞) e v ∈ C([0,∞)) satisfaz

Tv = v se 0 < γ < 1.

Assim, mostramos o primeiro Caso.

Para o caso γ = 1, a prova é idêntica a anterior, exceto que a limitação de uk

dada na desigualdade

uk(r) ≤C

1− γ+H(r)

11−γ ≡Mr ∀ k ∈ N

não é válida.

Usaremos a expressão8 abaixo, para mostrarmos uma limitação para u.∫ r

0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)uk(t)dt

)ds =

1

N − 2

[∫ r

0

tp(t)uk(t)dt− r2−N∫ r

0

tN−1p(t)uk(t)dt

],

(3.20)

6vk é uma sequência constante.7A convergência uniforme, deve-se a construção da sequência vk.8Esta expressão é facilmente encontrada, se integrarmos por partes, as funções f(s) = sN−2 e

g(s) =∫ s

0tN−1p(t)uk(t)dt no intervalo [0, r].


Sendo γ = 1, temos

uk+1(r) = C +

∫ r

0

(sN−1

∫ s

0

tN−1p(t)uk(t)dt

)ds

3.20= C +

1

N − 2

[∫ r

0

tp(t)uk(t)dt− r2−N∫ r

0

tN−1p(t)uk(t)dt

]≤ C +

1

N − 2

∫ r

0

tp(t)uk(t)dt

≤ C +

∫ r

0

1

N − 2tp(t)uk(t),

logo

uk+1(r) ≤ C +

∫ r

0

h(t)uk(t)dt,

onde h(t) = 1N−2

tp(t).

Agora, mostraremos que

uk(r) ≤ Ce∫ r0 h(t)dt, ∀ k ∈ N. (3.21)

De fato, se k = 0

u0 = C = Ce0 ≤ ce∫ r0 h(t)dt.

Suponha que a desigualdade em (3.21) seja válida e observe que

uk+1(r) ≤ C +

∫ r

0

h(t)uk(t)dt

3.21

≤ C +

∫ r

0

h(t)Ce∫ r0 h(t)dt

Da desigualdade de Gronwall9,

uk+1(r) ≤ Ce∫ r0 h(t)dt.

Assim,

uk(r) ≤ Ce∫ r0 h(t)dt, ∀ k ∈ N.

O restante da prova, é feito da mesma maneira que para 0 < γ < 1.

9Ver Apêndice B, Lema B.1.


Observação 3.1 No caso particular em que p(x) = |x|α, para alguma constante α ≥ 0;

A equação

∆u = p(x)uγ, x ∈ RN (3.22)

tem uma solução u, dada por u(x) = c|x|β, onde β = α+21−γ e

c1−γ =1

(N + γ + βγ)(α + βγ + 2).

Com efeito, se u(x) = c|x|β, então

∂u(x)

∂xi= cβ|x|β−1 xi

|x|= cβxi|x|β−2

∂2u(x)

∂x2i

= cβ(β − 2)|x|β−3 x2i

|x|+ cβ|x|β−2

Logo,N∑i=1

∂2u(x)

∂x2i

= cβ(β − 2)|x|β−4|x|2 +Ncβ|x|β−2,

daí,

∆u = βc|x|β−2(N + β − 2).

Por outro lado,

∆u = p(x)uγ = cγ|x|α+βα.

Assim, para mostrarmos a observação, basta que

βc|x|β−2(N + β − 2) = cγ|x|α+βα. (3.23)

Para tanto, note que se

c1−γ =1

(N + γ + βγ)(α + βγ + 2)e β =

α + 2

1− γ

então

c = [(N + γ + βγ)(α + βγ + 2)]1

1−γ =

[2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

] 1γ−1

.

Fazendo as devidas substituições no lado esquerdo de (3.23), temos

βc|x|β−2(N+β−2) = |x|α+2γ1−γ

(γ + 2)

(1− γ)

[2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

] 1γ−1

= |x|α+2γ1−γ

(α + 2)(N −Nγ + α + 2γ)

(1− γ)2

[2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

] 1γ−1


= |x|α+2γ1−γ

[2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

]×[

2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

] 1γ−1

,

logo,

βc|x|β−2(N + β − 2) = |x|α+2γ1−γ

[2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

] γγ−1

.

(3.24)

Substituindo no lado direito de (3.23), os valores de c e β, obtemos

cγ|x|α+βα = |x|α+2γ1−γ

[2α + 2N + 4γ + α2 + αN + 2αγ −Nαγ − 2Nγ

1− γ2

] γγ−1

(3.25)

De (3.24) e (3.25) decorre (3.23).

O exemplo abaixo mostra que existe uma solução não radial para a equação (3.22).

Exemplo 2 Considere a equação

∆u = p(x)√u, x ∈ R3, (3.26)

onde p(x) = 8/(√

2x2 + y2 + z2 + 1).

Sendo u = 2x2 + y2 + z2 + 1 temos

∂u

∂x= 4x

∂u

∂y= 2y

∂u

∂z= 2z

e∂2u

∂x2= 4

∂2u

∂y2= 2

∂2u

∂z2= 2

implicando

∆u = 8.

Por outro lado

p(X)√u =

8

(√

2x2 + y2 + z2 + 1)

√u = 8.

Mostrando que u é solução de (3.26), apesar de não ser uma solução radial.

Desta maneira, notamos o seguinte problema em aberto:

A equação (3.22) tem uma Solução do tipo Blow-up, inteira e positiva se p é não radial

e satisfaz ∫ ∞0

rψ(r)dr =∞ onde ψ(r) = min|x|=r

p(x)?


3.2 Resultados de Não Existência

Teorema 3.4 Suponha Ω um domínio limitado em RN (N ≥ 2) e p é uma função

contínua em Ω. Se 0 < γ ≤ 1, então

∆u = p(x)uγ; x ∈ Ω, (Pγ)

não tem uma Solução do tipo blow-up em Ω.

Prova. Suponhamos, por contradição, que exista uma Solução Blow-up, u em Ω, para

a equação acima. Considere

v(x) = log (1 + u(x)).

Observe que,∂v(x)

∂xi= (1 + u(x))−1 ∂u(x)

∂xi

∂2v(x)

∂xi2= (1 + u(x))−1 ∂2u(x)

∂x2i

− (1 + u(x))−2

(∂u(x)

∂xi

)2

e

∆v =n∑i=1

∂2v(x)

∂xi2= (1 + u(x))−1

n∑i=1

∂2u(x)

∂xi2−

n∑i=1

(∂u(x)

∂xi

)2

(1 + u(x))−2

= (1 + u(x))−1∆u− |∇u|2(1 + u(x))−2

Assim,

∆v ≤ (1 + u(x))−1∆u =uγ

1 + u(x)p(x).

Daí e por (ii),

∆v ≤ p(x) ≤ maxx∈Ω

p(x) = K. (3.27)

Usando o fato que p é uma função contínua no compacto Ω, obtemos que p atinge um

máximo.

Além disso ∆(|x|2) = 2N , daí e de (3.27),

∆(v −K|x|2) = ∆v −K∆(|x|2)

≤ K − 2NK

≤ K(1− 2N) < 0.

(3.28)


Portanto,

∆(v −K|x|2) < 0, para todo x ∈ Ω.

Agora, dena w(x) = v(x) − K|x|2. Já vimos que ∆w < 0, para todo x ∈ Ω,

além disso, K|x|2 é limitada10.

Assim,

w →∞, sempre que d(x, ∂Ω)→ 0.

De fato, para d(x, ∂Ω)→ 0 temos u(x)→∞, daí log(1+u(x))→∞. Desde que K|x|2

é uma função limitada, temos

w(x) = v(x)−K|x|2 →∞, quando d(x, ∂Ω)→ 0

Armação 3.5 w →∞ quando d(x, ∂Ω)→ 0, não pode ocorre, a não ser que w ≡ ∞.

Com efeito, seja x0 ∈ Ω e M > 0. Provaremos que w(x0) > M .

Suponhamos, por contradição, que w(x0) ≤M . Escolha δ > 0 tal que w(x) > M , para

todo x vericando d(x, ∂Ω) ≤ δ.

Considere Ωδ = x ∈ Ω / d(x, ∂Ω) > δ e observe que x0 ∈ Ωδ, já que w(x0) ≤ M .

Sendo ∂Ωδ = x ∈ Ω / d(x, ∂Ω) = δ, segue que w(x) > M, ∀ x ∈ ∂Ωδ.

Como por hipótese, w(x0) ≤M temos que, M − w(x0) ≥ 0 com x0 ∈ Ωδ.

Faça M − w(x) = maxΩδ(M − w) e note que,

M − w(x) = maxΩδ

(M − w) ≥M − w(x0) ≥ 0

Portanto M ≥ w(x) se, e somente se, x ∈ Ωδ ⊂ Ωδ.

Mas, sendo M − w(x) ponto de máximo,

∆[M − w(x)] ≤ 0,

logo,

∆w(x) ≥ 0, com x ∈ Ω.

O que contraria o fato de ∆w < 0, para todo x ∈ Ω.

Mostramos que se uma função verica ∆w < 0 em Ω e w →∞, esta deve ser

w ≡ ∞. Mas a função w(x) = v(x)−K|x|2 6=∞.

O absurdo se deu, ao supor que existia uma solução u do tipo blow-up.

10Visto que Ω é um domínio limitado.


Observação 3.2 Isto é interessante para mostrarmos que, para o caso superlinear,

γ > 1, a solução positiva da equação (3.22) em um domínio limitado, existe, contanto

que a função p(x) seja sucientemente regular. [Ver [1]]

Teorema 3.6 Suponha que p é localmente Holder contínua em RN e satisfaz∫ ∞0

tφ(t)dt <∞, onde φ(t) = max|x|=t

p(t). (3.29)

Então,

(a) A equação

∆u = p(x)uγ; 0 < γ ≤ 1; N ≥ 3, (3.30)

tem uma solução não negativa e limitada em RN .

(b) Se p satisfaz a equação,∫ ∞0

tψ(t)dt =∞, onde ψ(t) = min|x|=t

p(t). (3.31)

Então (3.30) não tem solução limitada e não negativa em RN .

Prova de (a). Dividiremos a prova do teorema em dois casos:

1 Caso. 0 < γ < 1

Para resolver este problema, vamos considerar o problema auxiliar

∆u = −f(x, u), x ∈ RN , N ≥ 3, (3.32)

o qual é equivalente ao problema inicial (3.30).

Suponhamos, que além da condição (3.29) valham as seguintes condições:

(A) A função f(x, u), denida em RN × (0,∞), é localmente Holder contínua em x e

localmente contínua lipschitz em u;

(B) Existe uma função localmente Holder contínua φ(r) ≥ 0 em [0,∞) e uma função

localmente lipschitz F (u) > 0 em [0,∞), tal que

|f(x, u)| ≤ φ(|x|)F (u) para (x, u) ∈ RN × (0,∞);

(C) Existe uma u2 > 0, tal que F (u) é não decrescente para u > u2 e

limu→∞

F (u)

u= 0.

Observe que o nosso problema satisfaz as condições acima.


Condição (A)

Para f(x, u) = p(x)uγ, temos

|f(x, u1)− f(x, u2)| = |p(x)uγ1 − p(x)uγ2 | ≤ |p(x)||uγ1 − uγ2 |

(i)

≤ p(x)|u1 − u2| ≤ k|u1 − u2|,

o que mostra que f(x, u) é lipschitz na variável u.

Agora, vamos mostrar que F (x) = xγ, 0 < γ < 1 é localmente Holder contínua.

Seja K ⊂ [0,+∞) um compacto, note que para x 6= y, obtemos da desigualdade11

(B.9)

|F (x)− F (y)| = |xγ − yγ| ≤ C(γ)|x− y|.

Consideremos dois casos

(i) Se 0 < |x− y| ≤ 1, então

|F (x)− F (y)|B.8

≤ C(γ)|x− y| ≤ C1(γ)|x− y|γ + C2(γ)|x− y|γ ≤ C(γ)|x− y|γ

(ii) Se |x− y| ≤ |x|+ |y| ≤ 2C, para alguma constante C ∈ R. Então,

|F (x)− F (y)|B.8

≤ C(γ)|x− y| = C(γ)|x− y|γ|x− y|1−γ

≤ C(γ)(2C)1−γ|x− y|γ = C1(γ)|x− y|γ

Portanto, para quaisquer x, y ∈ K, x 6= y, temos

|F (x)− F (y)| ≤ C(γ)|x− y|γ.

Implicando que F ∈ C0,γloc ([0,+∞)).

Desde que f(x, u) = p(x)F (u) e produto de funções Holder contínuas é ainda

Holder contínua, segue que f(x, u) é localmente Holder contínua em x.

Com efeito,

|f(x, u)− f(y, u)| = |p(x)u(x)γ − p(y)u(y)γ|

≤ |p(x)u(x)γ − p(x)u(y)γ|+ |p(x)u(y)γ − p(y)u(y)γ|

≤ |p(x)||u(x)γ − u(y)γ|+ |u(y)γ||p(x)− p(y)|

≤ C3|x− y|γ + C4|x− y|γ

≤ C|x− y|γ.

Mostrando assim, que f(x, u) ∈ C0,γloc ([0,+∞)) em x.

11Ver apêndice B.


Condição (B)

Considere φ(|t|) = max|x|=t

p(t) ≥ 0, observe que

|f(x, u)| = |p(x)uγ| ≤ φ(t)uγ = φ(t)F (u), para (x, u) ∈ Rn × (0,∞).

Condição (C)

Desde que 0 < γ < 1,

limu→∞

F (u)

u= lim

u→∞

uγ

u= lim

u→∞

1

u1−γ = 0.

Mostraremos, com essas condições, que a equação (3.32) possui innitas soluções

inteiras, positivas e limitadas.

Inicialmente, iremos construir uma supersolução, v(x) = y(|x|) de (3.30). A qual

resolve o problema de valor inicial

y′′ + N−1r

y′ + φ(r)F (y) = 0, r > 0,

y(0) = α, y′(0) = 0.(PF )

Para isso, é suciente considerarmos a solução y(r) da equação integral

y(r) = α− 1

N − 2

∫ r

0

[1−

(sr

)N−2]sφ(s)F (y(s))ds r ≥ 0, (3.33)

para alguma constante positiva α, sucientemente grande, de modo que

2F (α)

(N − 2)α

∫ ∞0

rφ(r)dr ≤ 1 (3.34)

é satisfeito12.

Com esta escolha de α, considere o conjunto

Y =y ∈ C([0,∞));

α

2≤ y(r) ≤ α; para r ≥ 0

, (3.35)

onde C([0,∞)) é um espaço vetorial topológico localmente convexo13, com a topologia

da convergência uniforme em cada subintervalo compacto Kn = [0, n] ⊂ [0,∞).

12O que é possível, já que por hipótese (3.29) ocorre.13Ver Apêndice A, Denição A.9.


(i) Y é convexo.

De fato, sejam y1 e y2 ∈ Y , então

α

2≤ y1(r) ≤ α para r ≥ 0,

α

2≤ y2(r) ≤ α para r ≥ 0.

Logo, para t ∈ [0, 1] temos

α

2≤ ty1(r) + (1− t)y2(r) ≤ α; para r ≥ 0,

implicando que Y é convexo.

(ii) Y é fechado.

Seja yjj∈N ⊂ Y, tal que d(yj, y0) → 0, quando j → ∞, com y0 ∈ C([0,∞)).

Temos

d(yj, y0) =∞∑n=1

2−npn(yj − y0)

1 + pn(yj − y0)→ 0 quando j →∞, n ∈ N,

assim,2−npn(yj − y0)

1 + pn(yj − y0)−→ 0 quando j →∞, n ∈ N.

Logo

pn(yj − y0)→ 0 quando j → 0, n ∈ N.

Daí,

yj(r)→ y0(r) quando j → 0, em Kn = [0, n], n ∈ N

e como

α

2≤ yj(r) ≤ α para r ≥ 0 entao

α

2≤ y0(r) ≤ α, para r ≥ 0

de onde deduzimos que y0 ∈ Y . Portanto, Y é fechado.

Assim Y é um subconjunto convexo e fechado do espaço topólogico localmente

convexo C([0,∞)).

Agora, denamos o operador integral

F : Y −→ Y

y F(y),


onde

F(y) = α− 1

N − 2

∫ r

0

[1−

(sr

)N−2]sφ(s)F (y(s))ds, r ≥ 0

e α é escolhido de modo que (3.34) seja satisfeito.

Como iremos aplicar o Teorema do ponto xo de Schauder-Tychono, vejamos que:

(I) F está bem denido.

Por denição, F(y(r)) ≤ α, r ≥ 0. Além disso,

F(y(r)) ≥ α− 1

N − 2

∫ r

0

sφ(s)F (y(s))ds.

Sendo F não decrescente e α grande, tal que y(s) ≤ α, ∀ 0 ≤ s ≤ r, temos

F (y(s)) ≤ F (α)⇒ −F (y(s)) ≥ −F (α).

Daí,

F(y(r)) ≥ α− F (α)

N − 2

∫ r

0

sφ(s)ds

≥ α− F (α)

N − 2

∫ ∞0

sφ(s)ds. (3.36)

De (3.34),

− F (α)

N − 2

∫ ∞0

sφ(s)ds ≥ −α2. (3.37)

Por (3.36) e (3.37) conclui-se

α

2≤ F(y(r)) ≤ α, r ≥ 0 ⇒ F(Y ) ⊂ Y.

(II) F é contínua.

Seja yk ⊂ y uma sequência convergindo para y ∈ Y , na topologia C([0,∞)).

Então, temos d(yk, y) −→ 0. Logo

|F(yk(r))− F(yr)| =

=∣∣∣ 1

N − 2

∫ r

0

sφ(s) (F (yk(s))− F (y(s))) ds− 1

N − 2

∫ r

0

(sr

)N−2

sφ(s) (F (yk(s))− F (y(s))) ds∣∣∣

≤ 1

N − 2

∫ r

0

sφ(s)∣∣F (yk(s))− F (y(s))

∣∣ds,portanto

|F(yk(r))− F(yr)| ≤1

N − 2

∫ r

0

sφ(s)∣∣F (yk(s))− F (y(s))

∣∣ds. (3.38)


Note que, φk(s) é dominada por uma função integrável, isto é,

φk(s) = sφ(s)∣∣F (yk(s))− F (y(s))

∣∣≤ sφ(s)|F (yk(s))|+ sφ(s)|F (y(s))|

≤ 2sφ(s)F (α).

Além disso, φk(s) → 0, já que F é contínua e yk → y quando k → ∞. Pelo Teorema

da Convergência Dominada de Lebesgue, obtemos que

F(yk) −→ F(y) quando k →∞, em Kn, n = 1, 2, . . .

Daí,

pn(F(yk)− F(y))unif−→ 0 quando k →∞, n ∈ N

epn(F(yk)− F(y))

1 + pn(F(yk)− F(y))≤ pn(F(yk)− F(y))

unif−→ 0 quando K →∞, n ∈ N.

Então, dado ε > 0, existe M ∈ N tal que

∞∑n=1

2−npn(F(yk)− F(y))

1 + pn(F(yk)− F(y))≤

∞∑n=1

2−nε ≤ ε.

Portanto, d(F(yk),F(y))k→∞−→ 0.

Mostrando que F é contínua em (C([0,∞)), d).

(III) F(Y ) é relativamente compacto.

(i)F(Y ) é uniformemente limitado.

De fato,

d(F(y1),F(y2)) =∞∑n=1

2−npn(F(yk)− F(y))

1 + pn(F(yk)− F(y))≤ 1

(ii) Vamos mostrar a equicontinuidade de F(Y ).

Observe que

|(F(y))′(r)| =∣∣∣r1−N

∫ r

0

sN−1φ(s)F (y(s))ds∣∣∣

=∣∣∣ ∫ r

0

(sr

)N−1

φ(s)F (y(s))ds∣∣∣

≤ F (α)

∫ r

0

φ(s)ds

≤ F (α)

∫ ∞0

φ(s)ds.


Concluímos que F(Y ) é equicontínuo14.

Pelo Teorema de Arzela-Ascoli, deduzimos que F(Y ) é relativamente e compacto

em cada Kn ⊂ [0,∞), com n ∈ N.

Considere agora

F(uj)j≥1 ⊂ F(Y ) ⊂ C([0,∞)).

Neste caso, (F(uj)) ⊂ F(Y ) é uma sequência de funções que contêm subsequên-

cias convergentes em cada Kn = [0, n], n ∈ N. Dena

F(unj ) = F(uj)∣∣[0,n]

, n ∈ N.

Para n = 1, temos que existe (F(u1jk) ⊂ (F(uj)

1), tal que

F(ujk)1 −→ F(u1).

Para n = 2, existe (F(u2jk) ⊂ (F(uj)

1), de modo que

F(ujk)2 −→ F(u2).

Com este argumento repetitivo, construímos a sequência diagonal (F(ujk)k), tal que

F(ujk)k −→ F(u) em cada Kn, n ∈ N.

Daí (F(ujk)k) ⊂ (F(uj)), verica d(F(ujk)

k,F(uj)) −→ 0 quando k −→∞.

Mostrando assim que F(Y ) é relativamente compacto na topologia C([0,∞)).

Recorde que Y é fechado, convexo e que F(Y ) ⊂ Y . Então,

F(Y ) ⊂ Y = Y ⇒ F(Y ) ⊂ Y e

Y = conv(F(Y )) ⊂ conv(Y )15 = Y.

Desde que (C([0,∞)), d) é completo e F(Y ) ⊂ C([0,∞)) é compacto; Obtemos

que Y é compacto e está contido em Y (Teorema de Mazur).

Além disso,

Y ⊂ F(Y ) ⊂ F(Y ) ⊂ Y

14Ver Apêndice B, teorema B.15.15Onde conv(Y ) é a envoltória convexa do conjunto Y .


Agora, podemos aplicar o Teorema do ponto xo de Schauder-Tychono e concluir

que F tem um ponto xo, isto é,

F(y(r)) = y(r).

Este ponto xo y = y(r) é uma solução de PF . Assim, nós obtemos uma super-

solução v(x) de (3.30) em Rn, denida por v(x) = y(|x|), visto que

∆v = −φ(r)F (v) ≤ f(x, v).

Da mesma maneira, nós consideramos uma subsolução w(x) de (3.30) em RN ;

onde z é um ponto xo do operador G : Z −→ Z, denido por

G(z(r)) = β +1

N − 2

∫ r

0

[1−

(sr

)N−2]sφ(s)F (z(s))ds, r ≥ 0, (3.39)

em um subconjunto convexo e fechado de C([0,∞)),

Z = z ∈ C([0,∞)); β ≤ z(r) ≤ 2β; para r ≥ 0 , (3.40)

onde escolhemos uma constante β, tal que

F (2β)

(N − 2)β

∫ ∞0

rφ(r)dr ≤ 1, (3.41)

seja satisfeito.

O ponto xo z = z(r) de G satisfaz a equação integral

z(r) = β +1

N − 2

∫ r

0

[1−

(sr

)N−2]sφ(s)F (z(s))ds, r ≥ 0. (3.42)

E assim é uma solução do problema de valor inicial

z′′ + N−1r

z′ − φ(r)F (z) = 0 r > 0

z(0) = β, z′(0) = 0.(PG)

Isto nos dá uma subsolução de (3.30) em RN .

Se 2β ≤ α

2, então a função v(|x|) e w(|x|) satisfaz

β ≤ z(r) ≤ 2β ≤ α

2≤ y(r) ≤ α

Portanto, z(r) ≤ y(r) se, e somente se, w(x) ≤ v(x) ∀ x ∈ RN .


O Teorema 1.7, garante a existência de uma solução inteira positiva u(x) satis-

fazendo

w(x) ≤ u(x) ≤ v(x) com x ∈ RN .

Mostramos que dados α, β ∈ (0,∞) com α ≥ 4β, existe uma solução u(x) de

(3.30), satisfazendo u(x) ∈ [β, α], já que β ≤ w(x) ≤ u(x) ≤ v(x) ≤ α, com x ∈ RN e

α e β escolhidos como em (3.34) e (3.41).

2 Caso. γ = 1

Do mesmo modo em que mostramos, para a prova de suciência do Teorema 3.1,

mostra-se que existe uma função w, não negativa em C([0,∞)), tal que

w(r) = 1 +

∫ r

0

(t1−N

∫ t

0

sN−1φ(s)w(s)ds

)dt ∀ r ≥ 0

onde T : C([0,∞)) −→ C([0,∞)) e

Tw(r) = 1 +

∫ r

0

(t1−N

∫ t

0

sN−1φ(s)w(s)ds

)dt ∀ r ≥ 0.

Segue de (ii)16 que

w(r) ≤ 1 +1

N − 2

∫ r

0

tφ(t)w(t)dt,

usando a desigualdade de Gronwall obtemos

w(r) ≤ e∫ r0tφ(t)N−2

dt ≤ e∫∞0

tφ(t)N−2

dt3.29

≤ M, (3.43)

mostrando que w é limitada. Assim w(|x|) é solução limitada, positiva(radial) de

∆w = φ(|x|)w; x ∈ RN .

Agora, considere v uma solução não negativa, denida por

v(r) = M +

∫ r

0

(t1−N

∫ t

0

sN−1ψ(s)ds

)dt ∀ r ≥ 0, (3.44)

onde M é a mesma constante da inequação (3.43).

Então, v(|x|) é uma solução limitada, positiva (radial) de

∆v = ψ(|x|)v; x ∈ RN .

Por (ii) e (3.44),

v(r) ≤M +1

N − 2

∫ r

0

tψ(t)v(t)dt,

16Ver Seção - Resultados de Existência.


e da desigualdade de Gronwall,

v(r) ≤Me∫ r0tψ(t)N−2

dt.

Portanto

M ≤ v(r) ≤ e∫ r0tψ(t)N−2

dt. (3.45)

Como

φ(t) = max|x|=t

p(x) e ψ(t) = min|x|=t

p(x),

temos

∆w = φ(|x|)w ≥ p(|x|)w em RN ,

∆v = ψ(|x|)v ≤ p(|x|)v em RN .

Segue de (3.43) e (3.45) que

w(r) ≤M ≤ v(r) em RN .

Daí, w é subsolução da equação (3.30) e v é supersolução da equação (3.30), com γ = 1.

Desta forma, a equação (3.30) tem uma solução u, satisfazendo w ≤ u ≤ v em

RN , desde que, w e v são soluções positivas e limitadas, obtemos a solução desejada

para γ = 1.

Prova de (b).

Suponha agora, que a equação (3.31) é válida e suponha que a conclusão é falsa,

isto é, suponha que u, não negativa, não trivial é solução inteira da equação (3.30) com

0 ≤ u ≤M .

Considere

u(r) ≡ 1

wNrN−1

∫|x|=r

u(x)dσr ≡∫|x|=r

u(x)dσ.

Então,

∆u =

∫|x|=r

∆u =

∫|x|=r

puγdσ.

Desde que u é radial,

∆u = (u(r)′rN−1)′r1−N =

∫|x|=r

puγdσ,

daí,

u(r)′rN−1 =

∫ r

0

(sN−1

∫|x|=r

puγdσ

)ds,


assim

u′(r) = r1−N∫ r

0

(sN−1

∫|x|=r

puγdσ

)ds ≥ 0,

implicando que u é uma função não decrescente.

Além disso, u é não negativa e não trivial, logo existem R > 0 e ε > 0, tais que

u ≥ ε , para todo r ≥ R, disso temos

u(r) =1

wNrN−1

∫|x|=r

u(x)dσr ≤1

wNrN−1

∫|x|=r

dσr = u(r) ≤M

Logo

M ≥ u(r) = u(0) +

∫ r

0

[t1−N

∫ t

0

sN−1

(∫|x|=r

puγdσ

)ds

]dt

≥ u(0) +

∫ r

0

[t1−n

∫ t

0

sN−1ψ(s)

(∫|x|=r

uγdσ

)ds

]dt. (3.46)

Mas

u = uγu1−γ ≤ uγM1−γ, implicando que uγ ≥ uMγ−1.

Assim, ∫|x|=r

uγdσ ≥Mγ−1

∫|x|=r

udσ = Mγ−1u(s) ≥ εMγ−1 se s ≥ R. (3.47)

De (3.46) e (3.47),

u(r) ≥ u(0) + εMγ−1

∫ r

0

(t1−N

∫ t

0

sN−1ψ(s)ds

)dt

≥ εMγ−1

∫ r

0

(t1−N

∫ t

0

sN−1ψ(s)ds

)dt,

onde usamos o fato de u(0) ≥ 0.

Portanto

M ≥ u(r) ≥ εMγ−1

∫ r

0

(t1−N

∫ t

0

sN−1ψ(s)ds

)dt. (3.48)

Como por hipótese ∫ ∞0

rψ(r)dr =∞,

fazendo r →∞ em (3.48), obtemos

M ≥ u(r) ≥ ∞.

Isso é absurdo! Logo, é impossível a existência de tal solução u.


Observação 3.3 Observamos que a existência de solução inteira, limitada, positiva

da equação (3.30), é um problema aberto, se p satisfaz∫ ∞0

tφ(t)dt =∞ e

∫ ∞0

tψ(t)dt <∞.

Apêndice A

Espaços Vetoriais Topológicos

Agora, iremos apresentar alguns conceitos e resultados de espaços vetoriais topológi-

cos, que serão importantes para o entendimento do teorema do ponto xo de Schauder-

Tychono, o qual é uma ferramenta básica na demostração do Teorema 2.2.2 (Capítulo

2), no caso em que 0 < γ < 1.

Denição A.1 (Topologia) [Ver [27], p.6] Seja X um conjunto não vazio. Uma

coleção = de subconjuntos de X é uma topologia em X se

(i) ∅, X ∈ =;

(ii) Se V1, V2 ∈ = então V1 ∩ V2 ∈ =;

(iii) Se Vii∈I ∈ = então⋃i∈I

Vi ∈ =.

Neste caso, dizemos que (X,=) é um espaço topológico e os Vi são os abertos de =.

Denição A.2 (Vizinhança) [Ver [27], p.7] Uma vizinhança de um ponto p ∈ X é

qualquer aberto que contém p.

Denição A.3 (Base)[Ver [27], p.7] Uma coleção =′ ⊂ = é uma base para = se dado

V ∈ = então V =⋃Vi∈=′

Vi.

Apêndice A 83

Denição A.4 (Base Local) [Ver [27], p.7] Uma coleção τ de vizinhanças de um

ponto p ∈ X é uma base local de p, se qualquer vizinhança de p contém um membro de

τ . Isto é, se τ = Vi, Vi ∈ = então

(i) p ∈ Vi, ∀ Vi ∈ τ ;

(ii) Se V ∈ = contém p, existe Vi ∈ τ tal que p ∈ Vi ⊂ V .

Observação A.1 A coleção dos abertos de um Espaço métrico (X, d) satisfaz os axio-

mas da denição de espaço topológico, assim obtemos uma topologia denominada topolo-

gia induzida pela métrica d.

Denição A.5 (Espaço Metrizável) [Ver [27], p.8] Um espaço topológico (X,=) se

diz metrizável se existe uma métrica d em X tal que a coleção dos abertos de (X, d)

coincide com =.

Denição A.6 (Função Contínua) [Ver [27], p.13]Sejam X1, X2 espaços topológi-

cos. Uma função f : X1 −→ X2 é contínua em p ∈ X1 se dado um aberto V2 de X2,

com f(p) ∈ V2, existe um aberto V1 de X1 tal que p ∈ V1 e f(V1) ⊂ V2.

Dizemos que f é contínua, quando é contínua em todos os pontos de X1.

Denição A.7 (Espaços Vetoriais Topológicos) [Ver [27], p.7] Suponha que X é

um espaço vetorial e = uma topologia em X tal que

(i) Todo ponto de X é um conjunto fechado;

(ii) As operações de espaço vetorial são contínuas com relação a =.

Neste caso, dizemos que X = (X,=) é um espaço vetorial Topológico.

Em um espaço vetorial topológico X , dizemos que V ⊂ X é aberto se, e só se

a + V é aberto para cada a em X. Portanto, qualquer topologia ca completamente

determinada por uma base local. Neste contexto, base local será considerada como

base local em 0.

Denição A.8 (Métrica Invariante) [Ver [27], p.8] Uma métrica d sobre um espaço

vetorial X é invariante se

d(x+ z, y + z) = d(x, y) ∀ x, y, z ∈ X.

Apêndice A 84

Denição A.9 (Espaço Localmente Convexo) [Ver [27], p.8] Um espaço vetorial

topológico é localmente convexo se existir uma base local β formada por conjuntos con-

vexos.

Denição A.10 (Espaço de Fréchet) [Ver [27], p.8] Um espaço localmente convexo

é um espaço de Fréchet se sua topologia = é induzida por uma métrica invariante e

em relação a esta métrica o espaço é completo.

Teorema A.11 Seja X um espaço vetorial topológico com uma base local enumerável,

então X é metrizável.

Prova. Conforme Teorema 1.24 em [27] p.18.

Denição A.12 (Conjunto Equilibrado) [Ver [27], p.6] Um conjunto E ⊂ X é dito

equilibrado se αE ⊂ E ∀α ∈ R; |α| ≤ 1.

Denição A.13 (Conjunto Limitado) [Ver [27], p.8] Seja X espaço vetorial topológico.

Um conjunto E ⊂ X é limitado se para toda vizinhança V de "0"em X, corresponde

s > 0, s ∈ R tal que E ⊂ tV para todo t > s.

Denição A.14 (Seminorma) [Ver [27], p.24]Uma seninorma sobre um espaço ve-

torial X é uma função p : X −→ R, tal que

(i) p(x+ y) ≤ p(x) + p(y), ∀ x, y ∈ X;

(ii) p(αx) = |α|p(x), ∀ α ∈ R, x ∈ X.

Denição A.15 (Família Separada) [Ver [27], p.24] Uma família de seminormas

sobre X é dita separada se para cada x 6= 0 corresponde pelo menos um p ∈ ℘ tal que

p(x) 6= 0, onde ℘ denota a família de seminormas.

Denição A.16 (Espaço Normável) [Ver [27], p.8] Um espaço vetorial topólogico

X = (X,=) é normável se existir uma norma em X tal que a métrica induzida pela

norma é compatível com =.

Apêndice A 85

Teorema A.17 Um espaço vetorial topológico X = (X,=) é normável se, e somente

se, sua origem tem uma vizinhança convexa e limitada.

Prova. Conforme teorema 1.39 em [27], p.28.

Teorema A.18 Seja ℘ uma família separada de seminormas em um espaço vetorial

x. Dado p ∈ ℘ e n ∈ N dena

V (p, n) =

x ∈ X / p(x) <

1

n

.

Seja β a coleção de todas as intersecções nitas dos conjuntos V (p, n). Então

β é uma base local equilibrada para uma topologia = de X que torna X um espaço

localmente convexo tal que

(i) Qualquer p ∈ ℘ é contínua;

(ii) Um conjunto E ⊂ X é limitado se, e só se, todo p ∈ ℘ é limitado em E.


Observação A.2 Se ℘ = pi, i = 1, 2, . . . é uma família enumerável e separada de

seminormas em X, o teorema acima, mostra que ℘ induz uma topologia = com uma

base local enumerável. Do teorema B.0.17 obtemos que = é metrizável.

Uma métrica invariante por translação, compatível com a topologia = gerada por

℘ é dada por

d(x, y) =∞∑i=1

2−ipi(x− y)

1 + pi(x− y).

Para provar que d é compatível com =, basta mostrar que as bolas

Br(0) = x / d(x, 0) < r

formam uma base local para =.

Desde que cada pi é =-contínua segue que d é contínua na topologia produto.

Então

Br(0) = x / d(x, 0) < r = d−1(−∞, r)× y = 0

Apêndice A 86

é aberto em =. Seja W uma vizinhança de 0, logo W ⊃ V (p1, n1) ∩ . . . ∩ V (pk, nk). Se

x ∈ Br(0)∞∑i=1

2−ipi(x)

1 + pi(x)< r ⇒ pi(x)

1 + pi(x)< 2ir.

Tome r < 2−i

1+ni, i = 1, . . . k. Daí pi(x)

1+pi(x)<

1ni

1+ 1ni

⇒ pi(x) <1

ni⇒ x ∈ W ⊃ V (p1, n1) ∩ . . . ∩ V (pk, nk)⇒ x ∈ W.

Portanto Br(0) ⊂ W , é base local.

Exemplo 3 [Ver [27], p.31]: O espaço C([0,∞)) é um espaço de Fréchet.

De fato, note que

[0,∞) =⋃n≥1

Kn,

onde cada Kn = [0, n] é compacto e Kn ⊂ Kn+1 ∀ n.

Dena pn : C([0,∞)) −→ R por

pn(y) = maxr∈Kn

|y(r)| n = 1, 2, . . .

Armação A.19 pn é seminorma e compõe uma família separada.

Com efeito, dados x, y ∈ C([0,∞)) temos

(i)pn(x+ y) = maxr∈Kn

|(y + x)(r)| ≤ maxr∈Kn|y(r)|+ |x(r)|

≤ maxr∈Kn

|y(r)|+ maxr∈Kn

|x(r)| ≤ pn(x) + pn(y)

(ii)pn(αx) = maxr∈Kn

|αx(r)| = |α|maxr∈Kn

|x(r)| = |α|p(x)

Se y 6= 0, existe r0 ∈ Kn0 tal que y(r0) 6= 0, logo

pn0(y) = maxr∈kn0

|y(r)| ≥ |y(r0)| > 0.

Portanto ℘ = pn é uma família de seminormas separada e enumerável.

Do teorema B.0.24, segue que ℘ induz uma topologia = localmente convexa em

C([0,∞)). Além disso, como p1 ≤ p2 ≤ p3 . . . temos que os conjuntos

βn =

y ∈ C([0,∞)) / pn(y) <

1

n

,

determina uma base local convexa e enumerável.

Apêndice A 87

Logo C([0,∞)) = (C([0,∞),=) é metrizável, e a topologia obtida de βn é com-

patível com a métrica

d(y1, y2) =∞∑n=1

2−npn(y1 − y2)

1 + pn(y1 − y2).

Armação A.20 (C([0,∞)), d) é completo.

Sejam yi ⊂ (C([0,∞)), d) sequência de Cauchy

⇒ d(yi, yj)i,j→∞−→ 0⇒ pn(yi − yj)

i,j→∞−→ 0

⇒ |yi(x)− yj(x)| i,j→∞−→ 0 em Kn, n = 1, 2, . . .

⇒ yi −→ wn, uniformemente em Kn, n = 1, 2, . . .

Agora dena w : C([0,∞)) −→ R tal que w|kn = wn. Segue que yi → w

uniformemente em Kn, n = 1, 2, . . . com w ∈ C([0,∞))

⇒ pn(yi − w) −→ 0, n = 1, 2, . . .

⇒ d(yi, w) −→ 0

logo d é uma métrica completa.

Portanto C([0,∞)) = (C([0,∞)), d) é um espaço de Fréchet.

Exemplo 4 : C([0,∞)) é não normável.

Observe que em cada Vn podemos tomar y tal que pn+1(y) seja tão grande quanto

desejarmos. Segue do item (ii) do teorema B.0.29 que nenhuma vizinhança Vn é limitada

em C([0,∞)), assim deduzimos do teorema B.0.28 que C([0,∞)) é não normável.

Teorema A.21 (A. Tychono) Seja X um espaço topológico localmente convexo e

seja Y ⊂ X um subconjunto compacto e convexo. Se f : Y −→ Y é contínua então

tem um ponto xo.


Teorema A.22 (J. Schauder) Seja X um espaço de Banach e seja Y ⊂ X um

subconjunto convexo e fechado e f : Y −→ Y contínua. Se f(Y ) é compacto, então f

tem um ponto xo.


Apêndice B

Resultados Utilizados na dissertação

Neste apêndice enunciaremos as principais denições e teoremas utilizados no

decorrer deste trabalho.

Teorema B.1 (Teorema da Convergência Dominada de Lebesgue) Seja fn

uma sequência de funções integráveis que converge em quase toda a parte para uma

função mensurável f . Se existe uma função integrável g tal que

|f | ≤ g para todo n ∈ N,

então f é integrável e ∫fdµ = lim

∫fndµ.


Teorema B.2 (Desigualdade de Holder) Sejam f ∈ Lp(Ω) e g ∈ Lq(Ω), onde

1 ≤ p <∞ e 1p

+ 1q

= 1. Então

fg ∈ L1(Ω) e |fg|L1(Ω) ≤ |f |Lp(Ω)|g|Lg(Ω).

Prova. Conforme teorema 7 em [2], p. 115.

Apêndice B 89

Teorema B.3 (Teorema de Riesz-Fréchet) Todo funcional linear f sobre um es-

paço de Hilbert, pode ser representado em termos do produto interno, isto é,

f(x) = 〈z, x〉,

onde z é unicamente determinado e verica

‖f‖ = ‖z‖.

Prova. Conforme teorema V.5 em [4], p. 81.

Denição B.4 (Funções contínuas em superfícies) (Ver [24], p.309) Dizemos que

uma aplicação g : (∂Ω) −→ (0,∞) é contínua quando, para cada x ∈ ∂Ω, existe uma

parametrização Φ : V0 ⊂ RN −→ V ⊂ ∂Ω, com x ∈ V , tal que g Φ : V0 −→ R é

contínua.

Denição B.5 (Função Harmônica) (Ver [13], p.13) Seja Ω um domínio em RN

e u : Ω −→ R uma função de classe C2. A função u é dita harmônica (sub-

harmônica; super-harmônica) em Ω se satisfaz

∆u = 0 em Ω (∆u ≥ 0; ∆u ≤ 0),

onde ∆u denota o Laplaciano de u, denido como sendo

∆u =N∑i=j

∂2u

∂x2i

.

Teorema B.6 (Teorema da Divergência) Seja Ω ⊂ RN domínio limitado,

∂Ω ∈ C1 e seja ν a normal unitária exterior a ∂Ω. Para uma função vetorial F em

C0(Ω) ∩ C1(Ω) temos ∫Ω

divFdx =

∫∂Ω

F · νds

onde divF = ∇F =N∑i=1

∂Fi∂xi

e ds indica o elemento de área de dimensão N−1 em ∂Ω.

Prova. Conforme [7]

Teorema B.7 (Identidades de Green) Seja Ω ⊂ RN um domínio onde vale o teo-

rema da divergência e sejam u, v ∈ C1(Ω) ∩ C2(Ω). Então

Apêndice B 90

(I) Primeira Identidade de Green∫Ω

v∆udx+

∫Ω

∇u∇vdx =

∫∂Ω

v∂u

∂νds

(II) Segunda Identidade de Green∫Ω

(v∆u− u∆v)dx =

∫∂Ω

(v∂u

∂ν− u∂v

∂ν

)ds

Prova. Conforme [7]

Denição B.8 (Função Convexa) (Ver [21], p.44) Um conjunto K ⊂ RN é dito

convexo se λx + (1 − λ)y ∈ K para todo x e y ∈ K e todo 0 ≤ λ ≤ 1. Uma função

f : K −→ R, é dita função convexa em um conjunto K ⊂ RN se é uma função de

valor real satisfazendo:

f(λx+ (1− λ)y) ≤ λf(x) + (1− λ)f(y) (B.1)

para todo x, y ∈ K e todo 0 ≤ λ ≤ 1. Se a igualdade não ocorre em B.1 quando x 6= y

e 0 < λ < 1 então f é estritamente convexa. Mas geralmente, nós dizemos que

f é estritamente convexa em um ponto x ∈ K se f(x) < λf(y) + (1 + λ)f(z) onde

x = λy + (1− λ)z para 0 < λ < 1 e y 6= z. Se temos a inequação B.1 ao contrário, f

é dita convexa (alternativamente, f é côncava ⇔ −f é convexa). Além disso, se k é

um conjunto aberto, então a função convexa é contínua.

Teorema B.9 Seja f : I −→ R duas vezes derivável no intervalo aberto I. Para que

f seja convexa é necessário e suciente que f ′(x) ≥ 0, para todo x ∈ I.

Prova. Conforme teorema 11 em [23] , p. 287.

Teorema B.10 (Desigualdade de Jensen) Sejam J : R −→ R uma função con-

vexa e f uma função real denida em um conjunto Ω, mensurável. Desde que J é

convexa, ela é contínua e (J f)(x) = J(f(x)) é mensurável em Ω.

Assuma que µ(Ω) =∫

Ωµ dx é nita e suponha que f ∈ L1(Ω), onde 〈f〉 é valor

médio de f , isto é,

〈f〉 =1

µ(Ω)

∫Ω

f dµ.

Então

〈J f〉 ≥ J(〈f〉).


Apêndice B 91

Caso B.11 Considere J(t) = −tγ com 0 < γ ≤ 1.

Note que J é convexa, pois

J ′(t) = −γtγ−1 ; J ′′(t) = −γ(γ − 1)tγ−2 ≥ 0,

usando o fato de γ − 1 ≤ 0.

Portanto

J ′′(t) ≥ 0, ∀ t > 0.

Denindo f(t) = t, temos

J(〈f(t)〉) = J(〈t)〉) = J

[1

v0(SN−1r)

∫|x|=r

tdσr

]= −

[1

v0(SN−1r)

∫|x|=r

tdσr

]γ(B.2)

onde v0(SN−1r) denota o volume da esfera de (N − 1) dimensão e σr é a medida da

esfera.

Por outro lado,

〈J f(t)〉 = 〈J(t)〉 =1

v0(SN−1r)

∫|x|=r−tγdσ = − 1

v0(SN−1r)

∫|x|=r

tγdσ, (B.3)

De (B.2), (B.3) e aplicando teorema acima segue que

1

v0(SN−1r)

∫|x|=r

tγdσr ≤[

1

v0(SN−1r)

∫|x|=r

tdσr

]γ,

isto é, ∫|x|=r

tγdσ ≤[∫|x|=r

tdσ

]γ. (B.4)

Denição B.12 (Ver [9], p.226) Seja fn : [a, b] −→ R uma sequência de funções

contínuas, denidas em um intervalo [a, b]. Dizemos que a sequência fn é:

• Equicontínua -Se dado ε > 0, existe δ > 0, tal que |fn(x) − fn(y)| ≤ ε, para

todo n ∈ N e todo x e y ∈ [a, b] com |x− y| ≤ δ.

• Equilimitada(ou uniformemente limitada) - Se existe C > 0, tal que

|fn(t)| ≤ C, ∀t ∈ [a, b] e ∀ n ∈ N

Seja h um difeomorsmo de classe C1 numa vizinhança de X, e f : h(X) → R

integrável. A fórmula de mudança de variáveis para integrais múltiplas, é dada por∫h(X)

f(y)dy =

∫X

f(h(x))| deth′(x)|dx.

Apêndice B 92

Denição B.13 (Função localmente Lipschitziana) (Ver [24], p.356) Uma apli-

cação f : X → RN , denida num conjunto X ⊂ RM , diz-se localmente Lips-

chitziana quando, para todo x ∈ X, existem Vx ⊂ RM aberto contendo x e kx > 0

tais que y, z ∈ Vx ⇒ |f(y)− f(z)| ≤ kx|y − z|. Noutras palavras, existe uma cobertura

aberta X ⊂ ∪Vx tal que cada restrição f∣∣(Vx ∩X) é Lipschitziana.

Denição B.14 (Critério de Compacidade) (Ver [17]) Sejam X e Y espaços nor-

mados. Um operador linear T : X → Y é compacto se, e somente se, toda sequência

limitada xn ⊂ X tem a propriedade que a sequência T (xn) ⊂ Y possui uma sub-

sequência convergente.

Teorema B.15 Seja fn uma sucessão uniformemente convergente de funções con-

tínuas em um intervalo fechado [a, b]. Então, os elementos de fn formam um con-

junto equicontínuo de funções.


Teorema B.16 (Teorema de Arzela-Ascoli) Se fn : [a, b] −→ R é uma sequên-

cia de funções equilimitada e equicontínua.Então, fn possui uma subsequência

convergente em [a, b].


Lema B.1 (Lema de Gronwall) Sejam α, β e δ funções contínuas em um intervalo

(a, b), tais que β ≥ 0 e

δ(x) ≤ α(x) +

∫ x

x0

β(s)δ(s) ds. (B.5)

Então

δ(x) ≤ α(x) +

∫ x

x0

β(s)α(s)e∫ xs β(u)du ds. (B.6)

Em particular se α(x) = K =const, temos

δ(x) ≤ Ke∫ xx0β(s)ds

. (B.7)

Prova. Conforme Lema 3.9 em [11], p. 61.

Apêndice B 93

Agora, daremos algumas denições necessárias para o entendimento do Príncipio

do Máximo Forte.(Ver [13])

Considere operador diferencial elíptico linear da forma

Lu = aij(x)Diju+ bi(x)Diu+ c(x)u, aij = aji, i, j = 1, 2, . . . N e aij, biec ∈ C(Ω)

onde x = (x1, . . . , xn) está em um domínio limitado Ω ⊂ RN para N ≥ 2.

Dizemos que L é um operador elíptico num ponto x ∈ Ω se a matriz [aij(x)] é

positiva; isto é, se α(x) e A(x) denotam respectivamente, o mínimo e o máximo dos

autovalores de [aij(x)], então

0 < α(x)|ξ|2 ≤ aij(x)ξiξj ≤ A(x)|ξ|2

para todo ξ = (ξ1, . . . , ξn) ∈ RN\0. Se A/α é limitado em Ω dizemos que L é uniforme-

mente elíptico.

Exemplo 5 O operador Laplaciano ∆ é uniformemente elíptico.

De fato, por denição

∆u =N∑i=1

∂2u

∂xi2i = 1, 2, . . . N.

Note que esse operador é da forma

aij =

1 , se i = j

0 , se i 6= j

e b = c = 0, ∀ x ∈ Ω ⊂ RN .

Então dado ξ ∈ RN qualquer, onde ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξN), temos

N∑i,j=1

aijξiξj =N∑i=1

ξi2 = ‖ξ‖2,

fazendo θ = 1 obtemosN∑

i,j=1

aijξiξj ≥ θ‖ξ‖2.

Portanto, ∆ é um operador uniformemente elíptico.

Apêndice B 94

Teorema B.17 (Princípio do Máximo Forte de Hopf) Sejam, ∆u ≥ 0 (∆u ≤

0) num domínio Ω (não necessariamente limitado). Então se u atinge o seu máximo

(mínimo) no interior de Ω, u é uma constante. Consequentemente, a função harmônica

não pode atingir um máximo não negativo (mínimo não positivo) no interior de Ω a

menos que seja constante.

Prova. Conforme Teorema 2.2 em [13], p. 15.

Teorema B.18 (Princípio do Máximo Fraco)

Suponha que u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), e Ω limitado. Então

(i) Se ∆u ≥ 0 em Ω, maxΩ

u = max∂Ω

u

(ii) Se ∆u ≤ 0 em Ω, minΩu = min

∂Ωu


Denição B.19 (Função Holder Contínua) (Ver [10]) Uma função u : Ω −→ R

é Holder contínua de expoente α, 0 < α < 1, se

Hα[u] = supx6=y

|u(x)− u(y)||x− y|α

<∞.

Teorema B.20 (Estimativa Interior) Sejam Ω um domínio de RN e u ∈ C2(Ω),

f ∈ C0,νloc (Ω) tal que ∆u = f em Ω. Então u ∈ C2,ν

loc (Ω), e para Ω0, Ω1 ⊂ Ω , com

Ω0 ⊂ Ω1,Ω1 ⊂ Ω e Ω1 compacto, temos

‖u‖2,ν,Ω0 ≤ K (‖u‖∞,Ω1 + ‖f‖0,ν,Ω1) ,

onde K = K(Ω0,Ω1).

Prova. Conforme Teorema 4.6 em [13], p. 60 e Teorema 1.7 em [10], p.11.

Teorema B.21 Seja c ≥ 0, constante. Se f ∈ C0,νloc (Ω) e ϕ ∈ C(∂Ω) então ∆u− cu = f em Ω,

u = ϕ em ∂Ω.

tem solução única u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω).


Apêndice B 95

Teorema B.22 Suponha que u e v ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) e c ≥ 0, constante. Se ∆u− cu ≥ ∆v − cv em Ω,

u ≤ v em ∂Ω,

então u ≤ v em Ω.


Teorema B.23 (Imersões de Sobolev) Sejam Ω ⊂ RN domínio de classe C1, m ∈

N e 1 ≤ p <∞. Então, para qualquer j ∈ N temos as seguintes imersões contínuas:

(i) Se m <N

p, então

W j+m,p(Ω) → W j,q(Ω), ∀q ∈ [p, p∗], onde1

p∗=

1

p− m

N, ou seja p∗ =

2N

N − 2m;

(ii) Se m =N

p, então

W j+m,p(Ω) → W j,q(Ω), ∀q ∈ [p,∞);

(iii) Se m >N

p, então

W j+m,p(Ω) → CjB(Ω).

Onde CjB(Ω) é o subespaço de Cj(Ω) formado pelas funções que juntamente com

as suas derivadas até a ordem j são limitadas em Ω. Neste espaço usamos a

norma

‖u‖Cjb (Ω) = max sup0≤|α|≤j

|Dαu(x)|

(iv) Se m >N

p> m− 1, então

W j+m,p(Ω) → Cj,α(Ω), 0 < α ≤ m− N

p.

Prova. Ver [10].

Apêndice B 96

Lema B.2 (Desigualdade entre as médias aritmética e geométrica) Se ai > 0

e pi > 0 são números reais, com i = 1, 2, . . . , n en∑i=1

pi = 1 então

n∏i=1

apii ≤n∑i=1

piai,

isto é,

ap11 ap22 . . . apnn ≤ p1a1 + p2a2 + . . .+ pnan.

Prova. Ver [9].

Caso B.24 Um caso particular da desigualdade acima:

Se a, b > 0, α, β ≥ 0 e α + β = 1, então,

aαbβ ≤ αa+ βb, onde β = 1− α; 0 ≤ β ≤ 1.

Da desigualdade acima, temos

aα ≤ (αa+ βb)b−β

= [αa+ (1− α)b]bα−1

≤ αabα−1 + bα − αbbα−1.

Daí,

aα − bα ≤ αbα−1(a− b), 0 ≤ α ≤ 1.

De onde segue, que existe uma constante C = C(α) > 0, tal que

|aα − bα| ≤ C(α)|a− b|. (B.8)

Teorema B.25 (Lax-Milgran) Seja H um espaço de Hilbert e a : H × H −→ R

uma transformação bilinear, contínua e coerciva. Isto é,

(i) Contínua, se existe uma constante C, tal que

|a(u, v)| ≤ C|u||v| ∀ u, v ∈ H,

(ii) Coerciva, se existe uma constante α > 0 tal que

a(u, v) ≥ α|v|2 ∀ v ∈ H.

Então, para toda ϕ ∈ H ′, existe único u ∈ H tal que

ϕ(v) = a(u, v) ∀ v ∈ H.

Prova. Conforme teorema V.6 e Corolário V.8 em [4], p. 82-84.

Apêndice B 97

Teorema B.26 Se f(u) é não decrescente e satisfaz as condições (F ) e (KO), isto é,

• (F ) f ∈ C1[0,∞), f ′ ≥ 0, f(0) = 0 e f > 0 em (0,∞)

e a condição de Keller-Ossermam

• (KO) ∫ ∞1

[2F (t)]−1/2dt <∞ onde F (t) =

∫ t

0

f(s)ds.

Então, em algum domínio limitado Ω existe uma solução de ∆u = f(u) em Ω,

u(x)→∞ quando x→ ∂Ω.

Prova. Conforme Teorema III em [16], p.504.

Teorema B.27 Na bola Ω : |x| < R em RN , considere u > 0 uma solução positiva

em C2(Ω) de ∆u = −f(u) quando |x| < R,

u = 0 quando |x| = R.

Se f é de classe C1. Então u e radialmente simétrica e

∂u

∂r< 0, para 0 < r < R.

Prova. Conforme Teorema 1 em [12], p.209.

Teorema B.28 Seja f ∈ Lp(Ω) com 1 < p <∞. Então, existe uma única

u ∈ W 2,p(Ω) ∩W 1,20 (Ω) tal que −∆u = f em Ω,

u = 0 em ∂Ω,

além disso, existe uma constante C independente de f e u tal que

‖u‖2,p,Ω ≤ C‖f‖p,Ω.

Em particular, se p > N2e ϕ ∈ C(Ω), então, existe uma única solução do problema −∆u = f em Ω,

u = ϕ em ∂Ω,

Prova. Conforme Teorema 11.3 em [15], p.42.

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Documents

Soluções Blow-up para uma classe de Equações Elípticas